2019版高考物理大第3单元牛顿运动定律测评手册2.docx

第三单元 牛顿运动定律单元小结卷(三)时间 / 45分钟分值 / 100分一、选择题(每小题6分,共48分,15小题为单选,68小题为多选)1.2017苏州检测 关于力学单位制,下列说法中正确的是()A. kg、 m/s、N是导出单位B. kg、m、J是基本单位C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是gD.在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式是F=ma2.2018浙江义乌中学月考 质量分别为m1和m2的两物体A和B互相接触,放在光滑水平面上,如图D3-1所示.对物体A施加水平推力F,则物体A对物体B的作用力等于()图D3-1A.FC.F D.F3.2017郑州模拟 甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)同时由静止释放.两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量).两球的v-t图像如图D3-2所示.落地前,经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.下列判断正确的是()图D3-2A.释放瞬间甲球加速度较大B.C.甲球质量大于乙球质量D.t0时间内两球下落的高度相等4.2017广东佛山二模 某电梯只受重力与绳索拉力,在t=0时由静止开始上升,a-t图像如图D3-3所示,则下列相关说法正确的是()图D3-3A.t=4.5 s时,电梯处于失重状态B.555 s时间内,绳索拉力最小C.t=59.5 s时,电梯处于超重状态D.t=60 s时,电梯速度恰好为零5.2017江苏芜湖模拟 如图D3-4所示,在光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a.某时刻突然撤去拉力F,此瞬间A和B的加速度大小分别为a1和a2,则()图D3-4A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=aC.a1=a,a2=aD.a1=a,a2=a6.2017山东师大附中质检 如图D3-5所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,则在此恒力作用下(g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图D3-5A.物体经10 s速度减为零B.物体经2 s速度减为零C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动7.2017浙江鲁迅高中期末 如图D3-6所示,质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg(g为重力加速度)的恒力F向上拉B,运动距离为h时B与A分离.下列说法中错误的是()图D3-6A.B和A刚分离时,弹簧处于原长B.B和A刚分离时,它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于D.在B与A分离之前,它们做匀加速运动8.2018四川德阳什邡中学月考 如图D3-7甲所示,将物体A放在某摩天大楼升降电梯的底板上,随电梯一起运动,此过程中物体对升降机底板的压力F随时间t变化的规律如图乙所示.已知物体A的质量为60 kg,g取10 m/s2.以下说法正确的是()图D3-7A.若电梯是由静止开始运动,则在25 s内电梯的位移大小为175 mB.若电梯是由静止开始运动,则在25 s内电梯的位移大小为275 mC.若515 s内电梯处于静止状态,则在25 s内电梯的位移大小为75 mD.若515 s内电梯处于静止状态,则在25 s内电梯的位移大小为125 m二、非选择题(共52分,要求解答过程有必要的文字说明)9.(14分)在“用DIS研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中,甲、乙两组同学分别用如图D3-8(a)和(b)所示的实验装置进行实验,重物通过细线跨过滑轮拉相同质量的小车,位移传感器B随小车一起沿水平轨道运动,位移传感器A固定在轨道一端.甲组实验中把重物的重力作为拉力F,乙组直接用力传感器测得拉力F.改变重物的重力,重复实验多次,记录多组数据,并画出a-F图像.图D3-8(1)位移传感器B属于(选填“发射器”或“接收器”).(2)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是.(3)图D3-9中符合甲组同学作出的实验图像的是;符合乙组同学作出的实验图像的是.图D3-910.(18分)在平直公路上有A、B两辆汽车,二者质量均为6.0103 kg,运动时所受阻力均为车重的.它们的v-t图像分别如图D3-10中a、b所示.g取10 m/s2.求:(1)A车的加速度aA和牵引力FA;(2)03 s内B车的位移xB和牵引力FB.图D3-1011.(20分)2017武汉模底 如图D3-11所示,AB、CD为两个光滑的平台,一倾角为37、长为5 m的传送带与两平台平滑连接.现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD上.(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数;(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD,求这个临界速度;(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动,欲使小物体能到达平台CD,传送带至少以多大的速度顺时针运动?图D3-11测评手册单元小结卷(三)1.D解析 kg是质量的单位,它是基本单位,所以A错误;国际单位制规定了七个基本量,分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量,它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J是导出单位,B错误;g也是质量的单位,但它不是质量在国际单位制中的单位,C错误;牛顿第二定律的表达式F=ma是在各物理量都取国际单位制中的单位时得出的,D正确.2.B解析 根据牛顿第二定律,对整体,有a=,对B物体,有F=m2a=F.3.C解析 释放瞬间,v=0,因此空气阻力f=0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g,A错误;两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时,有kv=mg,因此最大速度与其质量成正比,即vm,故,B错误;由图像知v1v2,因此m1m2,C正确;图像与时间轴围成的面积表示位移,由图可知,t0时间内两球下落的高度不相等,D错误.4.D解析 利用a-t图像可判断,t=4.5 s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A错误;05 s时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,555 s时间内,电梯匀速上升,拉力等于重力,5560 s时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B、C错误;因a-t图线与t轴所围的“面积”表示速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t=60 s时为零,D正确.5.D解析 撤去拉力F的瞬间,物体A的受力不变,所以a1=a,对物体A受力分析,可得F弹=m1a;撤去拉力F的瞬间,物体B受到的合力大小为F弹=F弹=m2a2,所以a2=a,故选项D正确.6.BC解析 物体受到向右的滑动摩擦力,f=FN=mg=3 N,根据牛顿第二定律得a= m/s2=5 m/s2,方向向右,物体减速到0所需的时间t= s=2 s,B正确,A错误.减速到零后,Ff,物体处于静止状态,不再运动,C正确,D错误.7.ABD解析 在施加外力F前,对A、B整体受力分析,可得2mg=kx1,A、B两物体分离时,A、B间弹力为零,此时B物体所受合力F合=F-mg=0,即受力平衡,两物体的加速度恰好为零,选项A、B错误;对物体A,有mg=kx2,由于x1-x2=h,所以弹簧的劲度系数为k=,选项C正确;在B与A分离之前,由于弹簧弹力逐渐减小,故加速度逐渐减小,选项D错误.8.AC解析 若电梯是由静止开始运动,由图可知,在第一段时间05 s内,电梯向下做匀加速运动,有mg-F1=ma1,解得a1= m/s2=2 m/s2,电梯下降的高度为h1=252 m=25 m;在第二段时间515 s内,电梯向下做匀速运动,速度为v=a1t1=25 m/s=10 m/s,下降高度为h2=vt2=1010 m=100 m;在第三段时间1525 s内,电梯向下做匀减速运动,有F2-mg=ma2,解得a2= m/s2=1 m/s2,25 s末速度减为零,则下降高度为h3= m=50 m,在25 s内电梯的位移为h=h1+h2+h3=(25+100+50) m=175 m,故A正确,B错误.若515 s内电梯处于静止状态,则05 s内电梯处于减速上升状态,1525 s内电梯处于加速上升状态,在25 s内电梯的位移大小h=h1+h3=(25+50)m=75 m,故C正确,D错误.9.(1)发射器(2)小车(包括位移传感器B)的质量远大于重物的质量(3)解析 (1)位移传感器B属于发射器.(2)在该实验中实际是mg=(M+m)a,要满足mg=Ma,应该使重物的质量远小于小车(包括位移传感器B)的质量,即小车(包括位移传感器B)的质量远大于重物的质量.(3)在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比.甲组同学把重物的重力作为拉力F,由实验原理mg=Ma,可得a=,而实际上a=,即随着重物的质量增大,不再满足重物的质量远小于小车(包括位移传感器B)的质量,所以图中符合甲组同学作出的实验图像的是.乙组直接用力传感器测拉力F,随着重物的质量增大,拉力F测量是准确的,a-F关系图像为一倾斜的直线且与甲的图像斜率相同,符合乙组同学作出的实验图像的是.10.(1)1.75 m/s21.45104 N(2)9 m0 解析 (1)由图可得A车匀加速运动的加速度为aA= m/s2=1.75 m/s2由牛顿第二定律得FA-kmg=maA解得FA=1.45104 N.(2)03 s内B车的位移等于B车的v-t图线与坐标轴围成的面积,即xB=9 m由图可得B车匀减速运动的加速度为aB= m/s2由牛顿第二定律得FB-kmg=maB解得FB=0.11.(1)0.5(2)2 m/s(3)3 m/s解析 (1)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得mgcos 37+mgsin 37=ma1BC过程,有=2a1l解得a1=10 m/s2,=0.5.(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,根据牛顿第二定律得mgsin 37-mgcos 37=ma2若恰好能到达平台CD,有v2=2a2l解得v=2