《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合檢測(cè)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合檢測(cè)（含解析）（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律 綜合檢測(cè)(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第17小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第812小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的得0分)1.伽利略和牛頓都是物理學(xué)發(fā)展史上最偉大的科學(xué)家,巧合的是,牛頓就出生在伽利略去世后第二年.下列關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系的說法中,不屬于他們觀點(diǎn)的是(D)A.自由落體運(yùn)動(dòng)是一種勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.力是使物體產(chǎn)生加速度的原因C.物體都具有保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的屬性,即慣性D.力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因解析:A項(xiàng)是伽利略的觀點(diǎn),B,C兩項(xiàng)是牛頓的觀點(diǎn),D項(xiàng)是亞里士多德的觀點(diǎn)
2、.2.人在平地上靜止站立時(shí),受到的支撐力等于人的重力.做原地縱跳時(shí),在快速下蹲和蹬伸的過程中,人體受到的支撐力發(fā)生變化(如圖,G為重力,F為支撐力).下列圖像能正確反映該變化的是(D)解析:人騰空時(shí)支撐力為零,故A,C錯(cuò)誤.人在快速下蹲和蹬伸的過程中,加速度先向下,再向上,即先失重,再超重,故支撐力先小于重力,然后大于重力,故B錯(cuò)誤,D正確.3.某實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)了一個(gè)不用天平測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn),如圖,在光滑水平臺(tái)面右端固定一個(gè)恒力器,在臺(tái)面左端放一輛小車,車上固定一遮光條,遮光條寬度為d,恒力器通過一根細(xì)線給小車提供恒定拉力F,使小車由靜止開始依次經(jīng)過兩個(gè)光電門,光電門1,2記錄的擋光時(shí)
3、間分別為t1,t2,測(cè)得兩光電門中心間距為x,不計(jì)遮光條質(zhì)量.根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可得小車質(zhì)量為(B)A.B.C.D.解析:對(duì)小車,由牛頓第二定律有F=ma,小車通過兩光電門間距離的過程中,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有()2-()2=2ax,聯(lián)立兩式解得小車的質(zhì)量為m=,故B正確.4.如圖所示,質(zhì)量為m的小球與彈簧和水平細(xì)線相連,的另一端分別固定于P,Q.小球靜止時(shí),中拉力大小為FT1,中拉力大小為FT2,當(dāng)剪斷水平細(xì)線的瞬間,小球的加速度a應(yīng)是(C)A.a=g,方向豎直向下B.a=g,方向豎直向上C.a=,方向水平向左D.a=,方向沿的延長(zhǎng)線解析:剪斷水平細(xì)線的瞬間,由于彈簧的彈力不能突變,所以此時(shí)小球受到F
4、T1和重力mg作用,合力水平向左,大小為FT2,所以加速度為a=,方向水平向左.5.如圖所示,n個(gè)質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上,木塊跟水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,當(dāng)對(duì)木塊1施加一個(gè)水平向右的推力F時(shí),木塊加速運(yùn)動(dòng),木塊5對(duì)木塊4的壓力大小為(D)A.FB.C.D.解析:以整體為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律有F-nmg=nma,得a=-g;以1,2,3,4整體為研究對(duì)象,設(shè)5對(duì)4的壓力為N,根據(jù)牛頓第二定律有F-N-4mg=4ma,聯(lián)立以上二式得N=,故A,B,C錯(cuò)誤,D正確.6.一輛小車靜止在水平地面上,bc是固定在車上的一根水平桿,物塊M穿在桿上,M通過輕質(zhì)細(xì)線懸吊著小物體m,m在小車的水平
5、底板上,小車未動(dòng)時(shí)細(xì)線恰好在豎直方向上.現(xiàn)使小車按圖中所示分四次分別以加速度a1,a2,a3,a4向右勻加速運(yùn)動(dòng),四種情況下M,m均與小車保持相對(duì)靜止,且圖1和圖2中細(xì)線仍處于豎直方向,已知a1a2a3a4=1248,M受到的摩擦力大小依次為f1,f2,f3,f4,則下列判斷錯(cuò)誤的是(B)A.f1f2=12B.f1f2=23C.f3f4=12D.tan =2tan 解析:題圖1,2中M在水平方向只受摩擦力作用,根據(jù)牛頓第二定律有f1=Ma1,f2=Ma2,所以f1f2=12,故A正確,B錯(cuò)誤;對(duì)3,4兩圖,以M,m整體為研究對(duì)象,受力分析如圖所示,f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4,可
6、得f3f4=12,故C正確;以m為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得mgtan =ma3,mgtan =ma4,聯(lián)立可得tan =2tan ,故D正確.7.在沿斜面方向的拉力F作用下,物體沿傾斜角度為的斜面向上運(yùn)動(dòng);以沿斜面向上為正方向,07 s內(nèi)拉力F和物體速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示,g取10 N/kg,則下列說法中錯(cuò)誤的是(B)A.物體的質(zhì)量m=1 kgB.物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan C.斜面傾斜角度滿足sin =D.7 s后若撤去力F,物體將會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)解析:由題意及圖像可得05 s,拉力F方向沿斜面向上,有F1-mgsin -mgcos =ma1, 56 s,拉力F方向沿斜面
7、向下,有F2-mgsin -mgcos =ma2, 67 s,拉力F方向仍沿斜面向下,物體沿斜面向下加速,摩擦力方向沿斜面向上,有F3-mgsin +mgcos =ma3, 由vt圖像得a1=1 m/s2,a2=-5 m/s2,a3=-3 m/s2,由Ft圖像得F1=3 N,F2=F3=-3 N,由式得m=1 kg,由式得sin =,A,C正確;由式得mgsin =mgcos ,=tan ,則撤去力F后物體所受合力為零,將做勻速直線運(yùn)動(dòng),D正確,B錯(cuò)誤.8.氫氣球下系一小重物G,重物只在重力和繩的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng),重物運(yùn)動(dòng)的方向如圖中箭頭所示虛線方向,圖中氣球和重物G在運(yùn)動(dòng)中所處的位置可能
8、是(ABC)解析:重物只在重力和繩的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng),故合力為零或者與速度共線,可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A正確;可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故B正確;可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故C正確;重力和繩的拉力的合力與速度必須共線,故D錯(cuò)誤.9.一雨滴從空中由靜止開始沿豎直方向落下,若雨滴下落過程中所受重力保持不變,且空氣對(duì)雨滴阻力隨其下落速度的增大而增大,則下列圖像中可能正確反映雨滴整個(gè)下落過程運(yùn)動(dòng)情況的是(AC)解析:根據(jù)牛頓第二定律得a=,因?yàn)樗俣仍龃?阻力增大,所以速度增大,加速度減小,雨滴做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)加速度減小到零,雨滴做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A,C正確.10.傳送機(jī)的皮帶與水平方向的夾角為,
9、如圖所示,將質(zhì)量為m的小物塊放在傳送機(jī)皮帶上,隨皮帶保持相對(duì)靜止一起向下以加速度a(agsin )做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則下列關(guān)于小物塊在運(yùn)動(dòng)過程中的說法正確的是(BC)A.支持力與靜摩擦力的合力等于mgB.靜摩擦力沿皮帶向下C.靜摩擦力的大小可能等于mgsin D.皮帶與小物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)一定大于tan 解析:物塊隨皮帶保持相對(duì)靜止一起向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),物塊所受合外力不為零,所以支持力與靜摩擦力的合力大小不等于mg,故A錯(cuò)誤;加速度agsin ,說明靜摩擦力沿皮帶向下,B正確;由牛頓第二定律知mgsin +Ff=ma,因?yàn)閍比gsin 大多少不明確,所以靜摩擦力的大小可能等于mgsin ,C
10、正確;皮帶與小物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)可以小于tan ,故D錯(cuò)誤.11.建設(shè)房屋時(shí),保持底邊長(zhǎng)L不變,要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角,以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂,雨滴下滑時(shí)可視為小球做無初速無摩擦的運(yùn)動(dòng).下列說法正確的是(AC)A.傾角越大,雨滴下滑時(shí)的加速度越大B.傾角越大,雨滴對(duì)屋頂壓力越大C.傾角越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大D.傾角越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短解析:屋檐的底角為,底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為x,雨滴下滑時(shí)加速度a,對(duì)雨滴受力分析,只受重力mg和屋頂對(duì)雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向mgcos =FN,平行于屋頂方向mgsin =ma,雨滴的加速度為a
11、=gsin ,則傾角越大,雨滴下滑時(shí)的加速度越大,故A正確;雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫N=FN=mgcos ,則傾角越大,雨滴對(duì)屋頂壓力越小,故B錯(cuò)誤;根據(jù)三角形知識(shí)判斷,屋頂坡面的長(zhǎng)度x=,由x=at2可得t=,可見當(dāng)=45時(shí),用時(shí)最短,D錯(cuò)誤;由v=gsin t可得v=,可見越大,雨滴從頂端O下滑至M時(shí)的速度越大,C正確.12.如圖,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動(dòng)很小.這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn).若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m.各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為,砝碼與紙板左端的距離及與桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板,下列說法正確的是(B
12、C)A.紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),紙板所受摩擦力的大小為(M+m)gB.要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),F一定大于2(M+m)gC.若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于,砝碼不會(huì)從桌面上掉下D.當(dāng)F=(2M+3m)g時(shí),砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣解析:對(duì)紙板分析,當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),所受的摩擦力為f2=(M+m)g+Mg,故A錯(cuò)誤;設(shè)砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,則有f1=Ma1,F-f1-f2=ma2,發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要a2a1,此時(shí)f1=Mg,解得F2(M+m)g,故B正確;若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于,砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于=,勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于=,則位移小于d,不會(huì)從桌面掉下,故C正確;當(dāng)F=(2M+
13、3m)g時(shí),砝碼未脫離紙板時(shí)的加速度a1=g,紙板的加速度a3=2g,根據(jù)a3t2-a1t2=d,解得t=,則此時(shí)砝碼的速度v=a1t=,勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x=a1t2=d,可知砝碼將離開桌面,故D錯(cuò)誤.二、非選擇題(共52分)13.(6分)在“驗(yàn)證牛頓運(yùn)動(dòng)定律”實(shí)驗(yàn)中,采用如圖(甲)所示的裝置圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn).(1)實(shí)驗(yàn)中,摩擦力已經(jīng)平衡,測(cè)出小車的質(zhì)量為M,沙和沙桶的總質(zhì)量為m,若要將沙和沙桶的總重力大小作為小車所受拉力F的大小,這樣做的前提條件是 .(2)在實(shí)驗(yàn)操作中,下列說法正確的是 (填序號(hào)).A.求小車運(yùn)動(dòng)的加速度時(shí),可用天平測(cè)出沙和沙桶的質(zhì)量M和m,以及小車質(zhì)量M,直接用公式a=g求出B
14、.實(shí)驗(yàn)時(shí),應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源,再放開小車C.每改變一次小車的質(zhì)量,都需要改變墊入的小木塊的厚度D.先保持小車質(zhì)量不變,研究加速度與力的關(guān)系;再保持小車受力不變,研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,最后歸納出加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系(3)在滿足實(shí)驗(yàn)條件下,某同學(xué)得到了如圖(乙)的圖線(M為小車和砝碼的總質(zhì)量),圖線在縱軸上截距不為零的原因是 .解析:(1)根據(jù)牛頓第二定律得,mg=(M+m)a,解得a=,則繩子的拉力F=Ma=,可知當(dāng)沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量時(shí),小車所受的拉力等于沙和沙桶的總重力,所以應(yīng)滿足的條件是沙和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量.(2)本實(shí)驗(yàn)探究加速度和力、質(zhì)量的關(guān)系,所以不能把
15、牛頓第二定律當(dāng)成已知的公式來使用,故A錯(cuò)誤;使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí),應(yīng)該先接通電源,后釋放紙帶,故B正確;平衡摩擦力后有=tan ,小車質(zhì)量改變時(shí),總滿足mgsin =mgcos ,與小車質(zhì)量無關(guān),所以不用再次平衡摩擦力,故C錯(cuò)誤;本實(shí)驗(yàn)采用控制變量法,故D正確.(3)縱軸截距不為零,即小車質(zhì)量M非常大時(shí),小車仍有加速度,說明小車不受拉力作用時(shí)也具有加速度,因此可以斷定平衡摩擦力過度.答案:(1)mM(2)BD(3)平衡摩擦力過度評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):每空2分.14.(6分)在學(xué)習(xí)牛頓第二定律之后,某同學(xué)在“驗(yàn)證加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)”中,采用了如圖(甲)所示的實(shí)驗(yàn)裝置.操作如下:(1)平衡摩擦力時(shí),按操
16、作流程進(jìn)行,若第一次打出的紙帶如圖(乙)所示,則應(yīng)(選填“減小”“增大”或“不再調(diào)節(jié)”)木板的傾角,直到紙帶上打出的點(diǎn)跡為止.(2)已知小車的質(zhì)量為m0,砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為m=30 g,實(shí)驗(yàn)時(shí)將砝碼從砝碼盤中逐漸轉(zhuǎn)移到小車上,則實(shí)驗(yàn)時(shí)砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量小車的質(zhì)量.A.遠(yuǎn)小于B.遠(yuǎn)大于C.不必遠(yuǎn)小于(3)如圖(丙)所示是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的小車加速度a與砝碼盤及其中砝碼的總質(zhì)量m之間的關(guān)系圖像.若牛頓第二定律成立,重力加速度g取10 m/s2,則小車的質(zhì)量m0=g.解析:(1)由圖(乙)紙帶可知小車在相等的時(shí)間內(nèi)位移越來越大,即小車做加速運(yùn)動(dòng),說明平衡摩擦力時(shí)木板的傾角過大,所以應(yīng)該減小木板
17、的傾角,直到打出的點(diǎn)跡均勻?yàn)橹?(2)將砝碼盤內(nèi)的砝碼轉(zhuǎn)移到小車上,系統(tǒng)的總質(zhì)量m0+m不變,研究對(duì)象是整個(gè)系統(tǒng),繩子的拉力是內(nèi)力,所以本題不需要滿足m0m,選項(xiàng)C正確.(3)a=,可得=,圖像的斜率k= kgm-1s2=,又知m=0.03 kg,解得m0=0.06 kg=60 g.答案:(1)減小均勻(2)C(3)60評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):(1)每空1分;(2)(3)每空2分.15.(9分)如圖所示,光滑水平地面與足夠長(zhǎng)的傾角=30的光滑斜面平滑連接,A球位于斜面底端,B球在水平地面上,兩者相距L=10 m.現(xiàn)A,B兩個(gè)小球均以初速度v0=10 m/s開始運(yùn)動(dòng),A沿斜面向上,B沿水平面向右,取g=10
18、m/s2,求:(1)B球剛要滑上斜面時(shí)A球的速度;(2)A球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),A,B兩球之間的距離.解析:(1)設(shè)B球經(jīng)過t1時(shí)間到達(dá)斜面底端,則t1=1 s, (1分)A球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,由牛頓第二定律得a=gsin 30=5 m/s2, (2分)A球在斜面上運(yùn)動(dòng)有v1=v0-at1, (1分)得B球到達(dá)斜面底端時(shí)A球的速度為v1=5 m/s. (1分)(2)A球到達(dá)最高點(diǎn)的距離為sA= m=10 m, (1分)設(shè)A球在斜面上滑行時(shí)間t2速度減為零,則t2=2 s, (1分)B球在斜面上滑行距離sB=v0(t2-t1)-a(t2-t1)2=7.5 m, (1分)故A與B相距s=sA
19、-sB=2.5 m. (1分)答案:(1)5 m/s(2)2.5 m16.(9分)如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量都是m的滑塊A和B,緊挨著并排放在水平桌面上,A,B間的接觸面垂直于紙面且與水平面成角,所有接觸面都光滑.現(xiàn)用一個(gè)水平推力F作用于滑塊A上,使A,B一起向右做加速運(yùn)動(dòng).(1)若A,B間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),它們共同向右的最大加速度是多少?(2)若A,B間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),水平推力的大小應(yīng)在什么范圍內(nèi)才行?解析:(1)在水平推力F作用下,A,B一起加速,對(duì)整體則有F=2ma(1分)對(duì)滑塊A,受力如圖(a)所示,地面對(duì)A的彈力N為零時(shí),A與B之間將要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),則F-Tsin =ma, (1分)mg=Tc
20、os , (1分)滑塊B的受力如圖(b)所示,則Tsin =ma, (1分)N=mg+Tcos , (1分)又T=T, (1分)得A,B一起向右運(yùn)動(dòng)的最大加速度a=gtan . (1分)(2)A,B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的水平推力F的大小滿足F2mgtan , (1分)故F的取值范圍為0F2mgtan . (1分)答案:(1)gtan (2)0L=8 m, (1分)則由-=-2aL,得vB=2 m/s. (1分)(2)由題意知,物塊先加速到v1=12 m/s,由-=2ax1,得x1= mL=8 m, (1分)故物塊先加速后勻速運(yùn)動(dòng),即物塊到達(dá)B時(shí)的速度為vB=v1=12 m/s. (1分)(3)由題意可知,物塊先向右減速后向左加速,向右減速到v2=0時(shí),由-v02=-2ax2得x2=3 m, (1分)由v2=v0-at1得t1=1 s. (1分)向左加速到v3=4 m/s時(shí),由-=2ax3得x3= mx2=3 m, (1分)故向左先加速后勻速由v3=v2+at2得t2= s. (1分)向左勻速運(yùn)動(dòng)v4=v3=4 m/s,x4=x2-x3= m, (1分)由x4=v4t3得t3= s, (1分)故t=t1+t2+t3= s=2.1 s. (1分)答案:(1)2 m/s(2)12 m/s(3)2.1 s- 11 -
2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合檢測(cè)（含解析）
