2021高考物理一轮复习单元评估检测三牛顿运动定律含解析鲁科版

1、单元评估检测(三) (第三章)(45分钟100分)一、选择题(本题共7小题,每小题7分,共49分,15题为单选题,6、7题为多选题)1.爱因斯坦曾把物理一代代科学家探索自然奥秘的努力,比作福尔摩斯侦探小说中的警员破案。下列说法符合物理史实的是()a.著名物理学家亚里士多德曾指出,如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向b.与伽利略同时代的科学家笛卡儿通过“斜面实验”得出推断:若没有摩擦阻力,球将永远运动下去c.科学巨人牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上,提出了动力学的一条基本定律,那就是惯性定律d.牛顿在反复研究亚里士多德和伽利略实验资料的

2、基础上提出了牛顿第二定律【解析】选c。笛卡儿指出,如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来也不会偏离原来的方向,选项a错误;通过“斜面实验”得出若没有摩擦阻力,球将永远运动下去这一结论的是伽利略,不是笛卡儿,选项b错误;牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上,提出了动力学的一条基本定律,那就是牛顿第一定律,而牛顿第一定律又叫作惯性定律,选项c正确;牛顿在伽利略和笛卡儿研究的基础上提出了牛顿第一定律,选项d错误。2.如图所示,水平面上放有三个木块a、b、c,质量均为m=1 kg,a、c与地面间的接触面光滑,b与地面间的动摩擦因数=0.1,a、b之间用轻弹簧相连,

3、b、c之间用轻绳相连。现在给c一个水平向右、大小为4 n的拉力f,使a、b、c三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力f,则撤去力f的瞬间,轻绳中的张力t为(重力加速度g取10 m/s2)()a.0b.1 nc.2 nd.3 n【解析】选b。在拉力作用下,对整体,由牛顿第二定律可得f-mg=3ma,解得a=1 m/s2,对a,由牛顿第二定律可得f弹=ma=1 n。当撤去外力后,把b、c作为整体,由牛顿第二定律可知f弹+mg=2ma,解得a=1 m/s2,方向向左,对c受力分析,由牛顿第二定律可得t=ma=1 n,故b正确。3.如图所示,物块a放在轻弹簧上,物块b放在物块

4、a上静止。当用力f使物块b竖直向上做匀加速直线运动,在下面的四个图象中,能反映物块b脱离物块a前的过程中力f随时间t变化规律的是()【解析】选c。刚开始物块a、b平衡,有kx0=mg,有拉力f作用后,根据牛顿第二定律,有f+kx-mg=ma,由于物块a、b做匀加速直线运动,故x=x0-12at2,由上述两式得f=ma+k(12at2),故选c。4.(2020烟台模拟)如图所示,质量为m的小球被水平绳ao和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态,现将绳ao烧断,在绳ao烧断的瞬间,重力加速度为g。下列说法正确的是()a.小球的加速度方向沿弹簧收缩的方向b.小球处于平衡状态c.小球的加速度大小为a

5、=gtan d.小球在接下来的运动过程中机械能守恒【解析】选c。根据共点力的平衡,求得弹簧的弹力f=mgcos,烧断绳子的瞬间,弹簧来不及发生形变,弹力不变。烧断前,绳子的拉力t=mgtan。烧断后的瞬间,弹力不变,弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向,所以烧断后的瞬间,小球的合力为mgtan ,根据牛顿第二定律,加速度a=gtan ,方向沿ao方向,故a、b错误,c正确。小球在接下来的运动过程中由于弹力做功,故小球的机械能不守恒,故d错误。5.(2019衡水模拟)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

6、,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】选c。当升降机加速下降的加速度等于g时,篮球完全失重,在竖直方向上仅受重力,拉力为零,由于篮球在水平方向上平衡,可知侧壁对篮球无挤压,故c项正确,d项错误。当升降机加速下降,加速度大于g时,篮球受重力、绳子的拉力,由于水平方向上平衡,则侧壁对篮球有弹力,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。6.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站

7、,用于对旅客的行李进行安全检查。如图所示为一水平传送带装置示意图,紧绷的传送带ab始终保持v=1 m/s 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在a处,设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1,ab间的距离为2 m,g取10 m/s2。若旅客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速度平行于传送带运动去b处取行李,则 ()a.旅客与行李同时到达bb.旅客提前0.5 s到达bc.行李提前0.5 s到达bd.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达b【解析】选b、d。行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度

8、为a=g=1 m/s2,历时t1=va=1 s 达到共同速度,位移s1=v2t1=0.5 m,此后匀速运动t2=2-s1v=1.5 s到达b,共用2.5 s。旅客到达b,历时t=2v=2 s,故b正确。若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间tmin= 22a=2 s,d项正确。7.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取10 m/s2()a.长木板运动1 s后离开小

9、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【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)长木板的运动分为两个阶段,即离开小物块前和离开小物块后。(2)长木板与小物块接触时,它们之间的压力不一定等于小物块的重力。【解析】选b、c。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=212 m=1 m,所以l=2x=2 m,b项正确。在23 s,由图线可得a2=vt=4 m/s2,又a2=f-2m2gm2,解得2=0.5,c项正确。在02 s,对小物块,有f支+tsin37=m1g,tcos37=f1,而f1

10、=1f支,长木板a1=vt=0.5 m/s2,a1=f-f1-2(m2g+f支)m2,联立解得1=819,d项错误。【加固训练】质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触处分别为a点和b点,圆弧槽的半径为r,oa与水平线ab成60角。槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物c相连,细线始终处于水平状态。通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物c的最大质量为()a.233mb.2mc.(3-1)md.(3+1)m【解析】选d。当小球刚好要从槽中滚出时,小球受重力和槽上a点的支持力,由牛顿第二定律得mgtan

11、60=ma,解得a=gtan60;以整体为对象,由牛顿第二定律得有mg=(m+2m)a,解得m=(3+1)m,d项正确。二、实验题(6分)8.(2019全国卷)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 hz的交流电源,纸带等。回答下列问题:(1)铁块与木板间动摩擦因数=_(用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角=30。接通电源。开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两

12、个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_(结果保留2位小数)。【解析】(1)以铁块为研究对象,受力分析如图所示由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma,故=gsin-agcos。(2)由逐差法求加速度a=s-s9t2,由纸带可得s=(76.39-31.83)10-2 m,t=0.10 s,s=(31.83-5.00)10-2 m,a=(76.39-31.83)10-2-(31.83-5.00)10-2910-2 m/s2=1.97 m/s2,代入=gsin-agcos,解得=0.35。答案:(1)gsin-agcos(2)0.

13、35三、计算题(本题共3小题,共45分,需写出规范的解题步骤)9.(13分)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1 200 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末运动员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取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的大小。【解析】(1)设出发4 s内冰橇的加速度

14、为a1,出发4 s内冰橇发生的位移s1=12a1t12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s2=12a1t22=48 m到达终点时速度最大,设最大速度为v2,则v22-v12=2a2(s-s2)联立解得v2=36 m/s。答案:(1)0.05(2)36 m/s【加固训练】(2019常德模拟)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

15、。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-f1m=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=f2m-g=2 m/s2落地时的速度v=v1-a2t2=1 m/s。(2)在后1.5 s内下滑的高度h2=v12-v22a2=3.75 m。答案:(1)1 m/s(2)3.75 m10.(16分)(2019江苏高考)如图所示,质量

16、相等的物块a和b叠放在水平地面上,左边缘对齐。a与b、b与地面间的动摩擦因数均为。先敲击a,a立即获得水平向右的初速度,在b上滑动距离l后停下。接着敲击b,b立即获得水平向右的初速度,a、b都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)a被敲击后获得的初速度大小va;(2)在左边缘再次对齐的前、后,b运动加速度的大小ab、ab;(3)b被敲击后获得的初速度大小vb。【解析】(1)由牛顿运动定律知,a加速度的大小aa=g由匀变速直线运动规律有2aal=va2解得va=2gl(2)设a、b的质量均为m对齐前,b所受合外力大小

17、f=3mg由牛顿运动定律f=mab,得ab=3g对齐后,a、b所受合外力大小f=2mg由牛顿运动定律f=2mab,得ab=g(3)设敲击b后经过时间t,a、b达到共同速度v,位移分别为sa、sb,a加速度的大小等于aa则v=aat,v=vb-abtsa=12aat2,sb=vbt-12abt2且sb-sa=l解得vb=22gl。答案:(1)2gl(2)3gg(3)22gl11.(16分)如图所示,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,si

18、n37=0.6,cos37=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,求这个临界速度的大小;(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?【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:mgcos37+mgsin37=ma1bc过程,有:v02=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:mgsin37-mgcos37=ma2若恰好能到达平台cd,有:v2=2a2l解得:v=25 m/s,a2=2 m/s2即当小物体在平台ab上向右运动的速度小于25 m/s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。(3)设小物体在平台ab上的运动速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2。从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程,有:v12-