2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試3 牛頓運動定律(含解析)

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1、2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試3 牛頓運動定律(含解析) 本卷測試內(nèi)容:牛頓運動定律 本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分,共110分。測試時間90分鐘。 第Ⅰ卷 (選擇題,共50分) 一、選擇題(本題共10小題,每小題5分,共50分。在每小題給出的四個選項中,第1~7小題,只有一個選項正確;第8~10小題,有多個選項正確,全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。) 1. 如果要測量國際單位制中規(guī)定的三個力學(xué)基本物理量,應(yīng)該選用的儀器是(  ) A. 米尺、彈簧測力計、秒表 B. 量筒、天平、秒表 C. 米尺、天平、秒表 D. 米

2、尺、電子測力計、打點計時器 解析:在國際單位制中規(guī)定的三個力學(xué)基本物理量分別是長度、質(zhì)量和時間,要測量它們所使用的儀器應(yīng)分別為米尺、天平和秒表,故選項C正確。 答案:C 2. 為了節(jié)省能量,某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時,扶梯運轉(zhuǎn)得很慢;有人站上扶梯時,它會先慢慢加速,再勻速運轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓,恰好經(jīng)歷了這兩個過程,如圖所示。那么下列說法中正確的是(  ) A. 顧客始終受到三個力的作用 B. 顧客始終處于超重狀態(tài) C. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方,再豎直向下 D. 顧客對扶梯作用力的方向先指向右下方,再豎直向下 解析:本題考查的是物體的受力分析,意在

3、考查考生對牛頓第三定律、力的合成與受力分析等綜合知識點的理解能力。當(dāng)扶梯勻速運轉(zhuǎn)時,顧客只受兩個力的作用,即重力和支持力,故A、B都不對;由受力分析可知,加速時顧客對扶梯有水平向左的摩擦力,故此時顧客對扶梯作用力的方向指向左下方,而勻速時沒有摩擦力,此時方向豎直向下,故選C。 答案:C 3. [xx·長春一模]下列說法正確的是(  ) A. 當(dāng)物體沒有受到外力作用時,才有慣性,而物體受到外力作用時,就沒有了慣性 B. 物體在粗糙的平面上減速滑行,初速度越大,滑行的時間越長,說明慣性的大小與速度有關(guān) C. 物體慣性的大小取決于其質(zhì)量 D. 物體慣性的大小與其質(zhì)量無關(guān) 解析:慣性大小

4、取決于物體質(zhì)量,和外力、速度無關(guān),所以選項A、B、D錯誤,C正確。 答案:C 4. [xx·廣東湛江一模]如圖所示,小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上,從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中,下列敘述正確的是(  ) A. 小球的速度先減小后增大 B. 小球的加速度先減小后增大 C. 小球的加速度先增大后減小 D. 在該過程的位移中點處小球的速度最大 解析:小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中,當(dāng)mg>kx時,小球做加速度減小的加速運動;當(dāng)mg=kx時,小球的加速度等于零,速度達(dá)到最大;當(dāng)mg

5、時mg=kx1,x1=,x1為彈簧的形變量,若小球從彈簧處由靜止釋放,到達(dá)最低點,根據(jù)運動的對稱性,知加速度等于g,方向豎直向上,此時有kx-mg=mg,x=,故此時速度最大處在該過程位移的中點處,若從某一高度下降,下降的更低,則x1=不在該過程位移的中點處,故D錯誤。 答案:B 5. [xx·安徽十校模擬]如圖所示,吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、3m、2m。B和C分別固定在彈簧兩端,彈簧的質(zhì)量不計。B和C在吊籃的水平底板上處于靜止?fàn)顟B(tài)。將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間(  ) A. 吊籃A的加速度大小為g B. 物體B的加速度大小為g C. 物體C的加速度大小為2g D.

6、A、B、C的加速度大小都等于g 解析:未剪斷輕繩時,彈簧彈力為3mg,輕繩剪斷的瞬間,彈簧彈力不變,物體B受力不變,加速度為零;對A和C,所受向下合力為F=3mg+mg+2mg=6mg,由牛頓第二定律得F=3ma,解得A和C的加速度為2g,選項C正確,A、B、D錯誤。 答案:C 6. [xx·湖北重點中學(xué)聯(lián)考]如圖所示,在建筑工地,民工兄弟用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起,其中A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為3m,水平作用力為F,A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ,在此過程中,A、B間的摩擦力為(  ) A. μF         B. 2μF C. m(g

7、+a) D. m(g+a) 解析:由于A、B相對靜止,故A、B之間的摩擦力為靜摩擦力,A、B錯誤。設(shè)民工兄弟對A、B在豎直方向上的摩擦力為f,以A、B整體為研究對象可知在豎直方向上有2f-(m+3m)g=(m+3m)a,設(shè)B對A的摩擦力方向向下,大小為f′,對A由牛頓第二定律有f-f′-mg=ma,解得f′=m(g+a),D正確,C錯誤。 答案:D 7. 如圖甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1,

8、則(  ) A. t2時刻,小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B. t2時刻,小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大 C. 0~t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D. 0~t3時間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析:小物塊對地速度為零時,即t1時刻,小物塊在A處左側(cè)且距離A最遠(yuǎn),t2時刻,小物塊相對傳送帶靜止,此時不再相對傳送帶滑動,所以從開始到此刻,它相對傳送帶滑動的距離最大。0~t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力,方向始終向右,大小不變,t2時刻以后相對傳送帶靜止,故不再受摩擦力的作用。B正確。 答案:B 8. [xx·湖北省武漢市高三調(diào)研考試]在光

9、滑的水平面上放置著質(zhì)量為M的木板,在木板的左端有一質(zhì)量為m的木塊,在木塊上施加一水平向右的恒力F,木塊與木板由靜止開始運動,經(jīng)過時間t分離。下列說法正確的是(  ) A. 若僅增大木板的質(zhì)量M,則時間t增大 B. 若僅增大木塊的質(zhì)量m,則時間t增大 C. 若僅增大恒力F,則時間t增大 D. 若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ,則時間t增大 解析:本題考查牛頓運動定律,意在考查考生應(yīng)用隔離法分析長木板和木塊的受力和運動、應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式計算時間的能力。對m,加速度a1==-μg,對M,加速度a2=,當(dāng)兩者恰分離時,(a1-a2)t2=L,時間t=,由此,僅增大M或F,

10、時間t減小,僅增大m或μ,時間t增大,選項B、D正確。 答案:BD 9. [xx·遼寧丹東]如圖所示,A、B、C三球的質(zhì)量均為m,輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連,A、B間固定一個輕桿,B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上,彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面,初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)線被燒斷的瞬間,下列說法正確的是(  ) A. B球的受力情況未變,加速度為零 B. A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上,大小均為gsinθ C. A、B之間桿的拉力大小為mgsinθ D. C球的加速度沿斜面向下,大小為gsinθ 解析:細(xì)線被燒斷的瞬間,繩上的彈力突變

11、為零,B、C兩球的受力均發(fā)生變化,C球只受重力和斜面的彈力作用,其合力沿斜面向下,大小為mgsinθ,根據(jù)牛頓第二定律可知,C球的加速度沿斜面向下,大小為gsinθ,所以A項錯誤,D項正確;細(xì)線被燒斷前,細(xì)繩對B球沿斜面向下的拉力大小為mgsinθ,燒斷瞬間,A、B兩小球組成系統(tǒng)的合力沿斜面向上,大小為mgsinθ,系統(tǒng)的加速度沿斜面向上,大小為a=gsinθ,再隔離B球,設(shè)A、B之間輕桿的拉力大小為F,則F-mgsinθ=ma,可得F=mgsinθ,所以C項正確,B項錯誤。 答案:CD 10. 一小滑塊從斜面上A點由靜止釋放,經(jīng)過時間4t0到達(dá)B處,在5t0時刻滑塊運動到水平面的C點停止

12、,滑塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同。已知滑塊在運動過程中與接觸面間的摩擦力大小與時間的關(guān)系如圖所示,設(shè)滑塊運動到B點前后速率不變。以下說法中正確的是(  ) A. 滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16∶5 B. 滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1∶4 C. 斜面的傾角為45° D. 滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ= 解析:由題意可知,滑塊從A點勻加速運動至B點后勻減速運動至C點,根據(jù)運動規(guī)律得,x1=t1,x2=t2,由題圖可知t1∶t2=4∶1,所以x1∶x2=4∶1,A項錯誤;滑塊在斜面和水平面上滑動的過程中Δv相同,又a=,所以a1∶a2=t2∶t1=1∶4,B項正

13、確;對滑塊受力分析并結(jié)合圖乙可得,μmg=μmgcosθ,則cosθ=,θ=37°,C項錯誤;由牛頓第二定律及以上各式得,mgsinθ-μmgcosθ=μmg,則μ=,D項正確。 答案:BD 第Ⅱ卷 (非選擇題,共60分) 二、實驗題(本題共2小題,共18分) 11. (9分)一個學(xué)生實驗小組用如圖1所示裝置做探究加速度與質(zhì)量、合外力關(guān)系的實驗,平衡摩擦力以后: (1)在保持小車和車中砝碼質(zhì)量不變時,探究加速度與合外力的關(guān)系,實驗中甲同學(xué)得到加速度a與合外力F的關(guān)系圖象如圖2所示,則得到該圖的原因是:________________________________。 (2)在保

14、持砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量m不變時,通過給小車增加砝碼來改變小車的質(zhì)量M,得到小車的加速度a與質(zhì)量M的數(shù)據(jù),乙同學(xué)畫出a-圖線后發(fā)現(xiàn):當(dāng)較大時,圖線末端發(fā)生彎曲。于是該同學(xué)對實驗方案進(jìn)行了進(jìn)一步地修正,避免了圖線的末端發(fā)生彎曲的現(xiàn)象,那么,該同學(xué)的修正方案可能是________。 A. 改作a與的關(guān)系圖線 B. 改作a與M+m的關(guān)系圖線 C. 改作a與的關(guān)系圖線 D. 改作a與的關(guān)系圖線 解析:(1)由題圖2知,當(dāng)F=0時加速度不為零,則表明木板的傾角過大,即平衡摩擦力過度。(2)在砝碼和砝碼盤總質(zhì)量m不變,較大時,M較小,不再滿足M?m的條件,對系統(tǒng)分析有mg=(M+m)a,a=,應(yīng)作

15、a與的關(guān)系圖線。 答案:(1)平衡摩擦力過度(或木板的傾角過大) (2)A 12. (9分)[xx·銀川一中二模]某個同學(xué)分別做“探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系”的實驗。如圖(甲)所示是該同學(xué)探究小車加速度與力的關(guān)系的實驗裝置,他將光電門固定在水平軌道上的B點,用不同重物通過細(xì)線拉同一小車,每次小車都從同一位置A由靜止釋放。 (1)若用游標(biāo)卡尺測出光電門遮光條的寬度d如圖(乙)所示,則d=________cm;實驗時將小車從圖示位置由靜止釋放,由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門的時間Δt,則小車經(jīng)過光電門時的速度為________(用字母表示); (2)測出多組重物的質(zhì)量m和對應(yīng)遮光條通過

16、光電門的時間Δt,并算出相應(yīng)小車經(jīng)過光電門時的速度v,通過描點作出線性圖象,研究小車加速度與力的關(guān)系。處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出________(選填“v-m”或“v2-m”)圖象。 解析:根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則,遮光條的寬度d=10 mm+10×0.05 mm=10.50 mm=1.050 cm。由速度定義可知,小車經(jīng)過光電門時的速度為v=。每次小車都從同一位置A由靜止釋放,測出小車上遮光條通過光電門時的速度v,在小車質(zhì)量M遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量m時,小車所受拉力可認(rèn)為等于mg,由v2=2aL,mg=Ma可得v2與m成正比,因此處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出v2-m圖象。 答案:(1)1.050  (2)v2-m

17、三、計算題(本題共4小題,共42分) 13. (7分)質(zhì)量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動,一段時間后撤去F,其運動的v-t圖象如圖所示。g取10 m/s2,求: (1)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)水平推力F的大??; (3)0~10 s內(nèi)物體運動位移的大小。 解析:(1)由題中圖象知,t=6 s時撤去外力F,此后6~10 s內(nèi)物體做勻減速直線運動直至靜止,其加速度為 a1==-2 m/s2 又因為a1=-=-μg 聯(lián)立得μ=0.2。 (2)由題中圖象知0~6 s內(nèi)物體做勻加速直線運動 其加速度大小為a2==1 m/s2 由牛頓第二定律得

18、F-μmg=ma2 聯(lián)立得,水平推力F=6 N。 (3)設(shè)0~10 s內(nèi)物體的位移為x,則 x=x1+x2=×(2+8)×6 m+×8×4 m=46 m。 答案:(1)0.2 (2)6 N (3)46 m 14. (11分)[xx·南通市第一次調(diào)研]小明用臺秤研究人在升降電梯中的超重與失重現(xiàn)象。他在地面上用臺秤稱得其體重為500 N,再將臺秤移至電梯內(nèi)稱其體重,電梯從t=0時由靜止開始運動到t=11 s時停止,得到臺秤的示數(shù)F隨時間t變化的圖象如圖所示,取g=10 m/s2。求: (1)小明在0~2 s內(nèi)的加速度大小a1,并判斷在這段時間內(nèi)小明處于超重還是失重狀態(tài); (2)在

19、10~11 s內(nèi),臺秤的示數(shù)F3; (3)小明運動的總位移x。 解析:(1)由圖象可知,在0~2 s內(nèi),臺秤對小明的支持力F1=450 N 由牛頓第二定律有mg-F1=ma1 解得a1=1 m/s2 加速度方向豎直向下,故小明處于失重狀態(tài)。 (2)設(shè)在10~11 s內(nèi)小明的加速度為a3,時間為t3, 0~2 s的時間為t1,則a1t1=a3t3 解得a3=2 m/s2, 由牛頓第二定律有F3-mg=ma3, 解得F3=600 N。 (3)0~2 s內(nèi)位移x1=a1t=2 m 2~10 s內(nèi)位移x2=a1t1t2=16 m 10~11 s內(nèi)位移x3=a3t=1 m 小

20、明運動的總位移x=x1+x2+x3=19 m。 答案:(1)1 m/s2 失重狀態(tài) (2)600 N (3)19 m 15. (10分)如圖所示,為皮帶傳輸裝置示意圖的一部分,傳送帶與水平地面的傾角θ=37°,A、B兩端相距5.0 m,質(zhì)量為m=10 kg的物體以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶,物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同,均為0.5。傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度v=4.0 m/s,(g取10 m/s2, sin37°=0.6, cos37°=0.8)求: (1)物體從A點到達(dá)B點所需的時間; (2)若傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié),物體從A點到達(dá)B點的最短

21、時間是多少? 解析:(1)設(shè)在AB上物體的速度大于v=4.0 m/s時加速度大小為a1,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1 設(shè)經(jīng)t1速度與傳送帶速度相同, t1= 通過的位移x1= 設(shè)速度小于v時物體的加速度為a2 mgsinθ-μmgcosθ=ma2 物體繼續(xù)減速,設(shè)經(jīng)t2速度到達(dá)傳送帶B點 L-x1=vt2-a2t t=t1+t2=2.2 s (2)若傳送帶的速度較大,沿AB上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上,則所用時間最短,此種情況加速度一直為a2 L=v0t′-a2t′2 t′=1 s 答案:(1)2.2 s (2)1 s 16. (1

22、4分)[xx·黃山模擬]質(zhì)量為m=0.5 kg、長L=1 m的平板車B靜止在光滑水平面上。某時刻質(zhì)量M=1 kg的物體A(視為質(zhì)點)以v0=4 m/s向右的初速度滑上平板車B的上表面,在A滑上B的同時,給B施加一個水平向右的拉力。已知A與B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。試求: (1)若F=5 N,物體A在平板車上運動時相對平板車滑行的最大距離; (2)如果要使A不至于從B上滑落,拉力F大小應(yīng)滿足的條件。 解析:(1)物體A滑上平板車B以后,做勻減速運動,由牛頓第二定律得:μMg=MaA 解得:aA=μg=2 m/s2 平板車B做勻加速直線運動,由牛頓第二定

23、律得: F+μMg=maB 解得:aB=14 m/s2 兩者速度相同時有:v0-aAt=aBt 解得:t=0.25 s A滑行距離:xA=v0t-aAt2= m B滑行距離:xB=aBt2= m 最大距離:Δx=xA-xB=0.5 m (2)物體A不滑落的臨界條件是A到達(dá)B的右端時,A、B具有共同的速度v1,則: =+L 又:= 解得:aB=6 m/s2 再代入F+μMg=maB得:F=1 N 若F<1 N,則A滑到B的右端時,速度仍大于B的速度,于是將從B上滑落,所以F必須大于等于1 N 當(dāng)F較大時,在A到達(dá)B的右端之前,就與B具有相同的速度,之后,A必須相對B靜止,才不會從B的左端滑落,則由牛頓第二定律得: 對整體:F=(m+M)a 對物體A:μMg=Ma 解得:F=3 N 若F大于3 N,A就會相對B向左滑下 綜上所述,力F應(yīng)滿足的條件是1 N≤F≤3 N 答案:(1)0.5 m (2)1 N≤F≤3 N

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