2020新亮剑高考物理总复习讲义：第三单元 牛顿运动定律 单元检测 版含解析.docx

教学资料范本2020新亮剑高考物理总复习讲义：第三单元 牛顿运动定律 单元检测 版含解析编 辑：_时 间：_单 元 检 测见高效训练P33一、单项选择题1.(20xx河北省市安平中学月考)下列关于牛顿运动定律的说法中正确的是()。A.惯性就是物体保持静止状态的性质B.力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的C.伽利略在亚里士多德、笛卡儿等科学家关于力与运动关系研究的基础上,运用理想实验和归谬法得出了惯性定律D.一对作用力与反作用力的作用效果总相同解析惯性是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质,A项错误;力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的(使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力就是1 N),B项正确;惯性定律是牛顿得出的,C项错误;作用力和反作用力作用在不同的物体上,作用效果不同,D项错误。答案B2.(20xx安徽江淮部分学校高三入学摸底联考)如图所示是俄罗斯名将伊辛巴耶娃撑竿跳时的情景,若不计空气阻力,下列说法正确的是()。A.在撑竿的过程中竿对她的弹力大于她对竿的压力B.在撑竿上升过程中,她始终处于超重状态C.在空中下降过程中她处于失重状态D.她落到软垫上后一直做减速运动解析在撑竿的过程中竿对她的弹力与她对竿的压力是作用力与反作用力,大小相等,故A项错误;在撑竿上升开始阶段加速度的方向向上,她处于超重状态;在上升的最后阶段加速度的方向向下,她处于失重状态,故B项错误;在空中下降过程她只受到重力的作用,加速度的方向向下,她处于失重状态,故C项正确;在她落到软垫上后起初的一段,软垫的作用力小于重力,她仍然要做一段加速运动后才会减速,故D项错误。答案C3.(20xx河北省市安平中学月考)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上,当升降机加速下降时,出现如图所示的情形。重力加速度为g,四位同学对此现象做出了分析与判断,其中可能正确的是()。A.升降机的加速度大于g,侧壁对球无挤压B.升降机的加速度小于g,侧壁对球有挤压C.升降机的加速度等于g,侧壁对球无挤压D.升降机的加速度等于g,侧壁对球有挤压解析当升降机加速下降的加速度等于g时,小球在竖直方向上仅受重力,拉力为零,由于小球在水平方向上平衡,可知侧壁对小球无挤压,故C项正确,D项错误。当升降机加速下降,加速度大于g时,小球受重力、绳子的拉力,由于水平方向上平衡,则侧壁对小球有弹力,即侧壁对球有挤压,故A项错误。当升降机加速下降,加速度小于g时,不会出现如图所示的情况,球会在悬点下方,故B项错误。答案C4.(20xx福建省厦门双十中学高三考前热身考试)质量M=1 kg 的木板静止在粗糙水平面上,木板与地面间的动摩擦因数为1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg,大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为2,g=10 m/s2。若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F,假设木板足够长,铁块所受木板摩擦力随拉力F的变化如图所示。这两个动摩擦因数的数值分别是()。A.1=0.1,2=0.2B.1=0.1,2=0.4C.1=0.2,2=0.4D.1=0.4,2=0.2解析由图可知,当F6 N时,铁块受到的摩擦力恒定,为滑动摩擦力,且f=2mg=4 N,解得2=0.4。在F=6 N时,铁块和木板具有相同的加速度,对铁块有F-f=ma,解得a=2 m/s2。对木板有f-1(M+m)g=Ma,解得1=0.1,故B项正确。答案B5.(20xx湖北省市高三上学期期末)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量相同,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时水平力大小为F1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时水平力大小为F2,则F1与F2的比为()。A.11B.12C.13D.14解析由于A与B之间的最大静摩擦力fAB=mg小于B与地面之间的最大静摩擦力fB地=2mg,将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时B静止,A与B间的摩擦力刚好达到最大,水平力大小F1=mg;将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有aA=aB=g,此时水平力大小满足F2-2mg=2maB,解得F2=4mg,故F1与F2的比为14,D项正确。答案D二、多项选择题6.(20xx山西省市康杰中学高考模拟)如图甲所示,A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上,两细线与水平方向的夹角分别为60和45,A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态,则下列判断正确的是()。甲A.A、B的质量之比为1B.A、B所受弹簧弹力大小之比为C.悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1D.快速撤去弹簧的瞬间,A、B的瞬时加速度大小之比为1解析对A、B两个物体受力分析,如图乙所示。A、B都处于静止状态,受力平衡,则对物体A,有tan 60=;对物体B,有F=mBg,又F=F,所以mAmB=1,A项正确。同一根弹簧弹力相等,故B项错误;对A物体,细线拉力TA=;对B物体,细线拉力TB=,解得TATB=1,故C项错误。快速撤去弹簧的瞬间,物体A、B将以悬点为圆心做圆周运动,刚撤去弹簧的瞬间,将重力沿半径方向和切线方向分解再在这两个方向求合力,可知沿半径方向合力为零,沿切线方向合力等于重力沿切线方向的分力,则加速度a=gcos ,所以快速撤去弹簧的瞬间,A、B的瞬时加速度大小之比为1,D项正确。乙答案 AD7.(20xx安徽省皖南八校高三第三次联考)如图甲所示,可视为质点的质量m1=1 kg的小物块放在质量m2=2 kg的长木板正中央位置,长木板静止在水平地面上,连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37,现对长木板施加水平向左的拉力F=18 N,长木板运动的v-t图象如图乙所示,sin 37=0.6,g=10 m/s2,()。A.长木板运动1 s后离开小物块B.长木板长度为2 mC.长木板与地面间的动摩擦因数为0.5D.物块与长木板间的动摩擦因数为0.5解析从图线可知,木板运动2 s后离开小物块,A项错误;由图线可知,02 s内木板的位移x= m=1 m,所以L=2x=2 m,B项正确。在2 s3 s,由图线可得a2=4 m/s2,又a2=,解得2=0.5,C项正确。在02 s,对小物块,有F支+Tsin 37=m1g,Tcos 37=f1,而f1=1F支,长木板a1=0.5 m/s2,a1=,联立解得1=,D项错误。答案BC8.(20xx江西省赣州中学4月模拟)如图所示,传送带与水平面之间的夹角=30,传送带两端A、B间的距离l=5 m,传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动,现将一质量m=10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点,已知小物体与传送带之间的动摩擦因数=,在传送带将小物体从A点输送到B点的过程中(重力加速度g取10 m/s2),下列说法正确的是()。A.小物体在传送带上运动的时间为5 sB.传送带对小物体做的功为255 JC.电动机做的功为255 JD.小物体与传送带间因摩擦产生的内能为15 J解析物体刚放上A点时,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,物体做匀加速直线运动,此时a1=g(cos -sin )=2.5 m/s2。假设物体能与传送带达到相同的速度,则物体加速上滑的位移x1=0.2 mmgsin =50 N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间t2=4.8 s,故小物体运动的总时间t=t1+t2=5.2 s,小物体运动到B点的速度为1 m/s,A项错误。从A到B,由动能定理可知W传-mglsin =mv2-0,解得W传=255 J,B项正确。小物块相对传送带滑动的位移s相=vt1-x1=0.2 m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q=(mgcos )s相=15 J,D项正确。由功能关系可知,电动机做的功等于物块增加的机械能和因滑动摩擦而产生的内能,则W电=W传+Q=270 J,故C项错误。答案BD9.(20xx湖南省桃源一中高三模拟)如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。重力加速度为g。倾角为的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始时刻系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法错误的是()。A.B球的受力情况未变,加速度为零B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为gsin C.A、B之间杆的拉力大小为2mgsin D.C球的加速度沿斜面向下,大小为2gsin 解析根据平衡条件可得弹簧的弹力大小F=3mgsin ,在细线被烧断的瞬间弹簧的弹力不能突变,所以A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为a=gsin ,A项错误,B项正确;A、B之间杆的拉力大小T=mgsin +ma=mgsin ,C项错误;C球的加速度沿斜面向下,大小为gsin ,D项错误。答案ACD三、非选择题10.(20xx市高三4月模拟)两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验。(1)实验装置如图甲所示,打出了一条纸带如图乙所示,计时器所用交流电源的频率为50 Hz,从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,该小车的加速度为m/s2。(结果保留2位有效数字)甲乙丙 (2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到如图丙中A、B两条直线,图线斜率为,则A、B用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为AB(选填“大于”“小于”或“等于”)。解析(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带,用公式x=at2求解加速度,关键是弄清公式中各个量的物理意义,x为连续相等时间内的位移差,t为连续相等的时间间隔,如果每5个点取一个计数点,则连续两相邻计数点的时间间隔t=0.1 s,x=(6.49-6.34)10-2 m=0.1510-2 m,解得加速度a=0.15 m/s2。(2)当没有平衡摩擦力时,有F-f=ma,故a=-g,即图线斜率为,纵轴截距的大小为g,观察图线可知AB。答案(1)0.15(2)小车质量的倒数大于11.(20xx湖北宜昌一中5月段考)20xx年7月31日,国际奥委会主席巴赫宣布,北京获得2022年冬奥会举办权!如图所示,俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一,其赛道可简化为起点和终点高度相差120 m、长度为1200 m的斜坡。假设某运动员从起点开始,以平行赛道的恒力F=40 N推动质量m=40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动,出发4 s内冰橇发生的位移为 12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变,不计空气阻力,求:(g=10 m/s2,取赛道倾角的余弦值为1,正弦值按照题目要求计算) (1)冰橇与赛道间的动摩擦因数。(2)比赛中运动员的最大速度。解析(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1,出发4 s内冰橇发生的位移x1=a1解得a1=1.5 m/s2由牛顿第二定律有F+mgsin -mgcos =ma1解得=0.05。(2)8 s后冰橇的加速度为a2,由牛顿第二定律有(m+M)gsin -(m+M)gcos =(m+M)a28 s末冰橇的速度v1=a1t2出发8 s内冰橇发生的位移x2=a1=48 m到达终点时速度最大,设最大速度为v2,则-=2a2(x-x2)联立解得v2=36 m/s。答案(1)0.05(2)36 m/s12.(20xx湖南常德3月月考)如图甲所示,质量为60 kg的消防队员从一根固定的竖直金属杆上由静止滑下,经2.5 s落地。消防队员受到竖直向上的摩擦力变化的情况如图乙所示,取g=10 m/s2。在消防队员下滑的过程中,问:(1)他落地时的速度为多大?(2)他在后1.5 s内下滑的高度是多少?解析(1)在第1 s内,由牛顿第二定律得mg-f1=ma1解得a1=g-=4 m/s2在1 s末的速度v1=a1t1=4 m/s后1.5 s内由牛顿第二定律得,f2-mg=ma2解得a2=-g=2 m/s2落地时的速度vt=v1-a2t2=1 m/s。(2)在后1.5 s内下滑的高度h2=3.75 m。答案(1)1 m/s(2)3.75 m13.(20xx河南市一中月考)某工厂用倾角为37的传送带把货物由低处运送到高处,已知传送带总长L=50 m,正常运转的速度v=4 m/s。一次,工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了,为了不影响工作的进度,工人拿来一块m=5 kg带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板之间及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。(物块与木板均可看作质点,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动,求工人所用拉力的最大值。(2)若工人用F=189 N的恒定拉力把货物拉到处时来电了,工人随即撤去拉力,求此时货物与木板的速度大小。(3)继(2)问来电后,还需要多长时间货物能到达B处?(不计传送带的加速时间)解析(1)设最大拉力为Fm,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a1, 对货物分析,根据牛顿第二定律有Mgcos -Mgsin =Ma1解得a1=0.4 m/s2对货物与木板整体分析,根据牛顿第二定律有Fm-(m+M)gcos -(m+M)gsin =(m+M)a1解得Fm=192 N。(2)设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律得F-(m+M)gcos -(m+M)gsin =(m+M)a2解得a2=0.2 m/s2设来电时木板的速度为v1,根据运