高中一轮复习物理阶段综合评估（三）牛顿运动定律

阶段综合评估（三）牛顿运动定律一、单项选择题1．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．一对作用力和反作用力的作用效果总相同C．物体运动状态改变的难易程度与质量无关D．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的解析：选D惯性就是物体保持原有运动状态的性质，选项A错误；一对作用力与反作用力的作用效果不相同，选项B错误；物体运动状态改变的难易程度与质量有关，选项C错误；单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，选项D正确。2．(2018·盐城高三模拟)如图所示，物体只受到同一平面内三个力的作用，图中线段的长短表示力的大小，其中力F1与OO′成θ＝30°的角。选项图中能正确描述该物体获得加速度方向的是()解析：选B根据力的平行四边形定则，将力F1、F2、F3合成，可得合力的大小及方向，B项正确，A、C、D项错误。3.如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B，通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)。则()A．aA＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m2,m1)))g，aB＝μgB．aA＝μg，aB＝0C．aA＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m2,m1)))g，aB＝0D．aA＝μg，aB＝μg解析：选C系统稳定时，A和B均受到向右的滑动摩擦力，B受到的滑动摩擦力大小为μm2g，等于弹簧向左的弹力F，B受到的合外力为0，A受到弹簧向右的弹力大小也为F。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变，则B的加速度为aB＝0；A的加速度为aA＝eq\f(F＋μm1g,m1)＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m2,m1)))g，选项C对。4．如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10m/s、质量为m＝1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法不正确的是()A．0～5s内小木块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：选A由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v02＝2ax，由题图乙可知，a＝eq\f(0－v02,2x1)＝－10m/s2，故匀减速运动时间：t＝eq\f(0－v0,a)＝1s，故A错误；在0～1s内小木块沿斜面向上做匀减速运动，1s后小木块反向做匀加速运动，t＝1s时摩擦力反向，故B正确；小木块反向做匀加速运动时的加速度：a′＝eq\f(v2,2x2)＝eq\f(32,2×13－5)m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝m|a|，mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确。5．(2018·常州高三模拟)物体从地面以某一初速度竖直向上抛出，受到与速度v成正比的空气阻力，则在从抛出到返回的全过程中，表示该物体加速度a和速度v的关系图像正确的是(取向上为正方向)()解析：选B上升过程中，取向上为正方向，－mg－kv＝ma，a＝－eq\f(k,m)v－g，在最高点时a＝－g，v＝0，下降过程中，取向上为正方向，－mg＋k|v|＝ma，－mg－kv＝ma，a＝－eq\f(k,m)v－g，所以全过程都满足a＝－eq\f(k,m)v－g，B项正确。二、多项选择题6．(2018·石家庄质检)如图所示是某同学站在力板传感器上做下蹲—起立的动作时，记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学()A．体重约为650NB．做了两次下蹲—起立的动作C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态解析：选AC当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数等于该同学的体重值，由题图图线可知：该同学的体重为650N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于体重，后读数F大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于体重、后小于体重，结合图线可知，C正确，B、D错误。7．(2018·南京调研)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后()A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零解析：选BC木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力F大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向相同，木块速度不断增大，A项错误，B项正确；当弹力增大到与恒力F相等时，合力为零，速度增大到最大值，C项正确；之后木块继续向右运动，但合力方向与速度方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时弹簧压缩量最大，弹力大于恒力F，加速度大于零，D项错误。8．(2018·泰兴检测)如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上。B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在0～2t0时间内，下列说法正确的是()A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0解析：选BCD以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，则A、B间的静摩擦力最大，故A项错误，C项正确；在0～t0时间内，整体做加速运动，在t0～2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，速度最大，故B项正确；0～2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大，由运动的对称性知，此时速度为0，故D项正确。9．如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，A、B与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法正确的是()A．A先到达传送带底端B．A、B同时到达传送带底端C．A、B运动的加速度大小不同D．A、B在传送带上的划痕长度不相同解析：选BD动摩擦因数0.5＜tan37°，所以A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，由对称性知，A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达传送带底端，选项A、C错，B正确；由于A与传送带的运动方向相同，B与传送带的运动方向相反，故A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确。三、非选择题10．(2018·南通调研)某小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。实验中，他们平衡了摩擦力，用天平测出小车的总质量，用细线所挂钩码的总重力代替小车所受的牵引力大小F。(1)他们还在实验时调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行。这样做的目的是________。A．避免小车在运动过程中发生抖动B．使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．保证小车最终能够做匀速直线运动D．使细线拉力等于小车受到的合力(2)实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D是在纸带上选取的计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，AB、CD间的距离分别为x1、x2，打点计时器的打点周期为T，则小车运动的加速度大小为________。(3)下表记录了小车质量一定时，牵引力大小F与对应的加速度a的几组数据，请在图丙的坐标中描点作出aF图线。钩码个数12345F/N0.490.981.471.962.45a/(m·s－2)0.921.682.322.883.32(4)实验中画出的aF图线与理论计算的图线(图中已画出)有明显偏差，其原因主要是______________________。解析：(1)使牵引小车的细线与木板平行，这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细线拉力等于小车受到的合力。故D正确。(2)因为每相邻两计数点间还有4个点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t＝5T，匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx＝at2，则有：a＝eq\f(x2－x1,2t2)＝eq\f(x2－x1,50T2)。(3)根据描点法作出图像，如图所示。(4)探究加速度与力的关系实验中，当钩码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力，如果钩码质量太大，没有远小于小车质量，小车受到的拉力明显小于钩码重力，实验误差较大，aF图像发生弯曲，变成曲线。答案：(1)D(2)eq\f(x2－x1,50T2)(3)见解析图(4)不满足小车质量远大于所挂钩码质量11．如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°角)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°角)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6m，运输带运行速度恒为v0＝5m/s，A点到B点的距离为x＝4.5m，现将一质量为m＝0.4kg的小物体轻轻放于A点，小物体恰好能到达最高点C点，已知小物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝eq\f(\r(3),6)，求：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计)(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t。解析：(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点时的速度为v，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1由运动学公式知0－v2＝－2a1L，联立解得v＝3m/s。(2)因为v<v0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，则由牛顿第二定律知μmgcosα－mgsinα＝ma2又因为v2＝2a2x，联立解得μ＝eq\f(7,8)。(3)小物体从A点运动到B点所经历时间t1＝eq\f(v,a2)，从B点运动到C点经历时间t2＝eq\f(v,a1)联立并代入数据，解得小物体从A点运动到C点所经历的时间t＝t1＋t2＝3.4s。答案：(1)3m/s(2)eq\f(7,8)(3)3.4s12．如图所示，一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4。现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，求：(1)F作用了1.2s时，木板的右端与平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6m/s2对物块：μ1mg＝ma2，解得a2＝4m/s2，故假设成立设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，解得t＝1s在此过程中：木板位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝3m，末速度v1＝a1t＝6m/s物块位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝2m，末速度v2＝a2t＝4m/s在物块从木板上滑落后的t0＝(1.2－1)s＝0.2