2019年高考物理大一輪復習 第三單元 牛頓運動定律單元綜合質檢 滬科版.doc

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2019年高考物理大一輪復習 第三單元 牛頓運動定律單元綜合質檢 滬科版 　單元質檢第5頁　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.下列關于超重與失重的說法中,正確的是(　　) A.超重就是物體的重力增加了 B.失重就是物體的重力減少了 C.完全失重就是物體的重力沒有了 D.不論是超重、失重,還是完全失重,物體所受的重力是不變的 解析:超重與失重是指“視重”,不論是超重還是失重,重力都是不變的,變的只是物體受到支持物的支持力(或細繩的拉力),超重是支持力(或拉力)大于重力,失重是支持力(或拉力)小于重力,完全失重是支持力(或拉力)為零,D正確。 答案:D 2.汽車拉著拖車在水平道路上沿著直線加速行駛,根據(jù)牛頓運動定律,以下說法中正確的是(　　) A.汽車能拉著拖車加速前進,是因為汽車拉拖車的力大于拖車拉汽車的力 B.加速前進時,汽車對拖車的拉力大小與拖車對汽車的拉力大小相等 C.汽車先對拖車施加拉力,然后才產(chǎn)生拖車對汽車的拉力 D.汽車對拖車的拉力大小與拖車所受地面對它的摩擦力大小相等 解析:汽車拉拖車的力和拖車拉汽車的力是一對作用力和反作用力,它們的大小是相等的,它們同時產(chǎn)生、同時消失;汽車能拉著拖車加速前進,是因為汽車的牽引力大于地面對整體的摩擦力,拖車加速運動表明汽車對拖車的拉力大于拖車所受地面對它的摩擦力。綜上可知,B正確。 答案:B 3.某一物體運動情況或所受合外力的情況如圖所示,四幅圖的圖線都是直線,從圖中可以判斷這四個一定質量物體的某些運動特征。下列有關說法中正確的是(　　) A.甲圖物體受到不為零且恒定的合外力 B.乙圖物體受到的合外力越來越大 C.丙圖物體受到的合外力為零 D.丁圖物體的加速度越來越大 解析:甲圖是位移圖象,斜率表示速度,速度不變,加速度為零,力為零,A錯誤;乙圖是速度圖象,由圖象知速度均勻增加,加速度恒定,力恒定,B錯誤;丙圖是加速度圖象,表示加速度不變,合外力不為零,C錯誤;丁圖是合外力圖象,合外力均勻增加,加速度增大,D正確。 答案:D 4.如圖所示,水平面B點以左是光滑的,B點以右是粗糙的,質量為m1和m2的兩個小物塊,在B點以左的光滑水平面上相距L,以相同的速度向右運動,先后進入表面粗糙的水平面,最后停止運動。它們與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)相同。靜止后兩個小物塊間的距離為s,則有(　　) A.若m1>m2,則s>L B.若m1=m2,則s=L C.若m1L D.無論m1、m2的大小關系如何,都有s=0 解析:根據(jù)牛頓第二定律可知,兩小物塊在B點右側的加速度相同,即a=μg,而且兩小物塊到達B點的初速度相同,那么它們在B點右側粗糙面上的位移相同。所以無論m1、m2的大小關系如何,都有s=0。 答案:D 5.如圖所示,小車沿水平面做直線運動,小車內光滑底面上有一物塊被壓縮的彈簧壓向左壁,小車向右加速運動。若小車向右加速度增大,則小車左壁受物塊的壓力N1和小車右壁受彈簧的壓力N2的大小變化是(　　) A.N1不變,N2變大 B.N1變大,N2不變 C.N1、N2都變大 D.N1變大,N2減小 解析:因為彈簧形變量沒有發(fā)生改變,所以小車右壁受到的彈簧的壓力N2不變,小車向右的加速度增大,物塊向右的加速度也增大,而物塊受到的彈簧彈力不變,所以小車左壁對物塊的彈力變大,即小車左壁受物塊的壓力N1變大,因此B正確。 答案:B 6.下列說法中正確的是(　　) A.力學中的三個基本單位是:長度的單位“米”、時間的單位“秒”、質量的單位“千克” B.伽利略通過實驗證實了力是使物體運動的原因 C.牛頓運動定律只適用于低速宏觀物體,對微觀世界是不適用的 D.物體慣性的大小是由質量和速度共同決定的 解析:在國際單位制中,把物理量的單位分為基本單位和導出單位,其中長度的單位米(m),時間的單位秒(s),質量的單位千克(kg)屬于基本單位,A正確;伽利略通過理想實驗說明了力是改變物體運動狀態(tài)的原因,B錯誤;根據(jù)牛頓運動定律的適用條件,知C正確;慣性是物體具有的保持其原來運動狀態(tài)的屬性,其唯一量度是物體的質量,D錯誤。 答案:AC 7.如圖甲所示,物塊的質量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動,某時刻后恒力F突然反向,整個過程中物塊速度的二次方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示,取g=10 m/s2。下列選項中正確的是(　　) A.0~5 s內物塊做勻減速運動 B.在t=1 s時刻,恒力F反向 C.恒力F大小為10 N D.物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.3 解析:根據(jù)題圖乙可知,物塊先勻減速運動到x=5 m處,此時速度減為零,之后向右做勻加速直線運動,加速運動到x=13 m處時速度達到8 m/s;設勻減速運動的加速度大小為a1,勻加速運動的加速度大小為a2,則a1=m/s2=10 m/s2,a2=m/s2=4 m/s2,所以物體做勻減速運動的時間為t==1 s,在t=1 s時刻,恒力F反向,A錯誤,B正確;根據(jù)牛頓第二定律有F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得,F=7 N,μ=0.3,所以C錯誤,D正確。 答案:BD 8. (xx東北三校二模)如圖所示,在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體,B的質量是A的2倍,B受到向右的恒力FB=2 N,A受到的水平力FA=(9-2t)N(t的單位是s),從t=0開始計時,則(　　) A.t=3.5 s時,A、B兩物體開始分離 B.t>4 s后,B物體做勻加速直線運動 C.t=4.5 s時,A物體的速度為零 D.t>4.5 s后,A、B的加速度方向相反 解析:對A、B整體,根據(jù)牛頓第二定律有:FA+FB=(mA+mB)a,設A、B間的作用力為N,則對B由牛頓第二定律知:N+FB=mBa,所以N=-FB=N。所以當t=4 s時N=0,A、B兩物體開始分離,此后B做勻加速直線運動,而A做加速度逐漸減小的加速運動;當t=4.5 s時A物體的加速度為零而速度不為零;t>4.5 s后,A所受合外力反向,即A、B的加速度方向相反。A、C錯,B、D對。 答案:BD 二、實驗題(共15分) 9.(7分)(xx貴州五校聯(lián)考)用圖1所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律。 (1)某同學通過實驗得到如圖2所示的aF圖象,造成這一結果的原因是在平衡摩擦力時　　　　。圖中a0表示的是　　　　時小車的加速度。 (2)某同學得到如圖3所示的紙帶。已知打點計時器電源頻率為50 Hz。A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個連續(xù)的點。Δs=sDG-sAD=　　　　cm。由此可算出小車的加速度a=　　　　m/s2(保留兩位有效數(shù)字)。 圖3 解析:本題考查“驗證牛頓第二定律”的實驗,意在考查學生對該實驗的領悟能力及處理數(shù)據(jù)的能力。 (1)aF圖象的縱軸截距不為零是因為平衡摩擦力過度,即長木板的傾角過大造成的;aF圖象的縱軸截距a0表示的是未掛砂桶時小車的加速度。 (2)Δs=sDG-sAD=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm;由Δs=sDG-sAD=a(3T)2,解得a=5.0 m/s2。 答案:(1)長木板的傾角過大(能答到這個意思即可)　未掛砂桶　(2)1.80　5.0 10.(8分)(xx湖北重點中學聯(lián)考)如圖甲為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機)研究加速度和力的關系”的實驗裝置。 (1)在該實驗中必須采用控制變量法,應保持　　　　　　不變,用鉤碼所受的重力作為小車所受外力,用DIS測小車的加速度。 (2)改變所掛鉤碼的數(shù)量,多次重復測量,在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出關系圖線,如圖乙所示: ①分析此圖線的OA段可得出的實驗結論是　。 ②此圖線的AB段明顯偏離直線,造成此誤差的主要原因是　　　　。 A.小車與軌道之間存在摩擦 B.導軌保持了水平狀態(tài) C.所掛鉤碼的總質量太大 D.所用小車的質量太大 解析:本題考查“探究物體的加速度和力的關系”的實驗,意在考查學生的實驗分析能力。 (1)由于探究物體的加速度和力的關系,因而要保持物體的質量不變,即應保持小車和位移傳感器(發(fā)射器)的質量不變。 (2)①OA段為過原點的直線,因而可以得到:在小車和位移傳感器(發(fā)射器)質量不變的條件下,小車和位移傳感器(發(fā)射器)的加速度與合外力成正比;②由于所掛鉤碼的質量較大,不能滿足“鉤碼的質量遠遠小于小車和位移傳感器(發(fā)射器)的質量”,所以圖線發(fā)生偏離,故C正確。 答案:(1)小車和位移傳感器(發(fā)射器)的質量　(2)①在小車和位移傳感器(發(fā)射器)質量不變的條件下,其加速度與外力成正比?、贑 三、計算題(本題共3小題,共47分) 11.(15分)如圖甲所示,質量為m=1 kg的物體置于傾角θ=37的固定且足夠長的斜面上,對物體施以平行于斜面向上的拉力F,t1=1 s時撤去拉力,物體運動的部分vt圖象如圖乙所示。試求: (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)。 (2)拉力F的大小。 解析:設力F作用時物體的加速度為a1,對物體進行受力分析,由牛頓第二定律可知 F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1 撤去力F后,由牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma2 根據(jù)圖象可知:a1=20 m/s2,a2=10 m/s2 代入解得F=30 N,μ=0.5。 答案:(1)0.5　(2)30 N 12.(15分)如圖所示,質量m=40 kg的木塊靜止于水平面上,某時刻在大小為200 N、方向與水平方向成θ=37角斜向上的恒力F作用下做勻加速直線運動,2 s末撤去力F時木塊滑行的距離為s0=5.2 m,(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求: (1)木塊與地面間的動摩擦因數(shù)。 (2)撤去拉力后,木塊繼續(xù)滑行的距離。 解析:(1)設木塊加速階段的加速度為a1 由勻變速直線運動規(guī)律得s0=a1 N+Fsinθ=mg Fcosθ-μN=ma1 解得μ=0.2。 (2)2 s末木塊的速度v1=a1t1 勻減速階段a2=μg 木塊繼續(xù)滑行的距離s= 解得:s=6.76 m。 答案:(1)0.2　(2)6.76 m 13.(17分)一彈簧一端固定在傾角為37的光滑斜面的底端,另一端拴住質量m1=4 kg的物塊P,Q為一重物,已知Q的質量m2=8 kg,彈簧的質量不計,勁度系數(shù)k=600 N/m,系統(tǒng)處于靜止,如圖所示?，F(xiàn)給Q施加一個方向沿斜面向上的力F,使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動,已知在前0.2 s時間內,F為變力,0.2 s以后,F為恒力。求力F的最大值與最小值。(sin 37=0.6,取g=10 m/s2) 解析:從受力角度看,兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0。從運動學角度看,一起運動的兩物體恰好分離時,兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。 設剛開始時彈簧壓縮量為x0 則(m1+m2)gsinθ=kx0① 因為在前0.2 s時間內,F為變力,0.2 s以后,F為恒力,所以在0.2 s時,P對Q的作用力為0,由牛頓第二定律知 kx1-m1gsinθ=m1a② 前0.2 s時間內P、Q向上運動的距離為 x0-x1=at2③ 聯(lián)立①②③式解得a=3 m/s2 當P、Q開始運動時拉力最小,此時有 Fmin=(m1+m2)a=36 N 當P、Q分離時拉力最大,此時有 Fmax=m2(a+gsinθ)=72 N。 答案:Fmax=72 N　Fmin=36 N