创新设计高考物理全国I一轮复习课件+习题+章末检测第3章牛顿运动定律 章末质量检测.docx

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创新设计高考物理全国I一轮复习课件+习题+章末检测第3章牛顿运动定律章末质量检测

章末质量检测（三）

（时间：

60分钟　满分：

100分）

一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分。

在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。

）

1.关于惯性的大小，下列说法中正确的是（　　）

A.高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大

B.用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大

C.两个物体只要质量相同，那么惯性大小就一定相同

D.在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小

解析　惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的速度、受力情况和地理位置均无关，C正确。

答案　C

2.在建筑工地上经常通过起重机的钢索将重物由地面吊到空中，关于重物的上升和下降下列说法正确的是（　　）

A.只有重物向上加速运动时，才会出现超重现象

B.重物向上运动时，就会出现超重现象

C.出现失重现象时，重物的重力减小

D.无论超重、还是失重，重物的重力都不会变化

解析　重物向下减速运动时加速度向上，会出现超重现象，选项A错误；当重物的加速度向上时就会出现超重现象，与重物的运动方向无关，选项B错误；重物的重力不会随加速度方向的变化而变化，选项C错误，D正确。

答案　D

3.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。

某人做蹦极运动时所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图1所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。

据图1可知，此人在蹦极过程中t0时刻的加速度约为（　　）

图1

A.

g　　　B.

g　　　C.

g　　　D.g

解析　由题图可知：

t0时刻绳子拉力F为

，最终静止时绳子拉力为

＝mg，根据牛顿第二定律得

－

＝ma，所以a＝

g。

答案　B

4.如图2，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。

现施加一水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。

若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（　　）

图2

A.2F　　　B.

　　　C.3F　　　D.

解析　设A、B间的动摩擦因数为μ，当用水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，则有F＝3ma，μmg＝ma，水平力F′拉A时，A、B刚好不发生相对滑动时有F′＝3ma′，F′－μmg＝ma′，联立解得水平力F′的最大值为

，B正确。

答案　B

5.如图3所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。

当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为（　　）

图3

A.2a、aB.2（a＋μg）、a＋μg

C.2a＋3μg、aD.a、2a＋3μg

解析　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma，对B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2m（a＋μg）。

撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。

综上分析，C项正确。

答案　C

6.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是（　　）

解析　设屋檐的底角为θ，底边长为2L（不变）。

雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝

＝gsinθ，位移大小x＝

at2，而x＝

，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝

。

当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。

答案　C

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共计18分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。

）

7.（2016·广东六校联考）物体A、B原来静止于光滑水平面上。

从t＝0时刻开始，A沿水平面做直线运动，速度随时间变化的图象如图4甲所示；B受到如图乙所示的水平拉力作用。

则在0～4s时间内（　　）

图4

A.物体A所受合力保持不变

B.物体A的速度不断减小

C.2s末物体B改变运动方向

D.2s末物体B速度达到最大

解析　由题图甲可知，物体A做匀变速直线运动，物体A所受合力保持不变，物体A的速度先减小后增大，选项A正确，B错误；2s末物体B所受水平拉力为零，加速度为零，速度方向不变，速度达到最大值，选项C错误，D正确。

答案　AD

8.如图5甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。

已知重力加速度为g＝10m/s2，由图线可知（　　）

图5

A.物体A的质量mA＝2kg

B.物体A的质量mA＝6kg

C.物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.2

D.物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.6

解析　a－F图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力F＞48N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故mA＋mB＝

＝8kg，mA＝

＝6kg。

由图象知：

当F＝60N时，a＝8m/s2，又F－μmAg＝mAa，解得μ＝0.2。

答案　BC

9.如图6所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动。

一小物块以v1的初速度冲上传送带，则自小物块冲上传送带时，小物块在传送带上运动的速度图象可能是（　　）

图6

解析　若v1＜v2，且动摩擦因数μ≥tanθ（θ为传送带倾角），则物块在传送带上先匀加速再做匀速运动，A项正确；若v1＜v2，且μ＜tanθ，物块先向上做匀减速运动，再向下做匀加速度运动，D项错误；若v1＞v2，且μ≥tanθ，则物块先向上做匀减速运动，再随传送带做匀速运动，C项正确；若v1＞v2，且μ＜tanθ，则物块先向上做匀加速度大小为a1＝g（sinθ＋μcosθ）的减速运动，直到v1＝v2后再向上做加速度大小为a2＝g（sinθ－μcosθ）的匀减速运动，B项正确。

答案　ABC

三、非选择题（共3小题，共46分。

计算题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。

）

10.（12分）某班级同学用如图7所示的装置验证加速度a和力F、质量m的关系。

图7

甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器（可以测量乙在任意时刻的加速度大小），力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小。

（1）下列关于实验装置和操作的说法中正确的是（　　）

A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力

B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力

C.实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据

D.实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据

（2）四个实验小组选用的小车乙（含加速度传感器）的质量分别为m1＝0.5kg、m2＝1.0kg、m3＝1.5kg和m4＝2.0kg，其中有三个小组已经完成了a－F图象，如图8所示。

最后一个小组的实验数据如下表所示，请在图8中完成该组的a－F图线。

图8

实验次数

1

2

3

4

5

6

拉力F（N）

24.5

20.0

17.5

12.0

8.1

4.8

加速度a（m/s2）

16.3

13.3

11.7

8.0

5.4

3.2

（3）在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图8的四条图线收集数据，然后作图。

请写出具体的做法：

①如何收集数据？

________________________________________________

________________________________________________________________；

②为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系应以　　　　为纵轴，以　　　　为横轴。

解析　

（1）本实验是研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系，所以轨道倾斜是为了平衡乙的摩擦力，故A错误，B正确；实验中只能在小车乙加速运动过程中采集数据，C错误，D正确，故选BD。

（3）正比关系更直观，容易判定。

答案　

（1）BD　

（2）如图所示　（3）①在a－F图线上作一条垂直于横轴的直线（即F相同），记录下与四条图线的交点纵坐标a，分别与各图线对应的m组成四组数据　②加速度a　质量的倒数1/m

11.（14分）（2016·杭州学军中学月考）一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1＝4kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量m2＝8kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止，如图9所示。

现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，（g＝10m/s2）。

求：

图9

（1）物体做匀加速运动的加速度大小为多少？

（2）F的最大值与最小值。

解析　

（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，在沿斜面方向上有（m1＋m2）gsinθ＝kx0①

因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，所以在0.2s时，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律知，沿斜面方向上有kx1－m1sinθ＝m1a②

前0.2s时间内P、Q向上运动的距离x0－x1＝

at2③

联立①②③式解得a＝3m/s2

（2）当P、Q开始运动时拉力最小，此时有Fmin＝（m1＋m2）a＝36N

当P、Q分离时拉力最大，此时有Fmax＝m2（a＋gsinθ）＝72N

答案　

（1）3m/s2　

（2）72N　36N

12.（20分）[2015·全国课标卷Ⅰ，25

（1）

（2）]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图10（a）所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

图10

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度。

解析　

（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s

小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝

m/s2＝4m/s2。

根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s

其逆运动为匀加速直线运动，可得x＝vt＋

a1t2

解得a1＝1m/s2

小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：

μ1（m＋15m）g＝（m＋15m）a1，即μ1g＝a1

解得μ1＝0.1

（2）设碰撞后，设木板的加速度为a3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1（15m＋m）g＋μ2mg＝15ma3

可得a3＝

m/s2

对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2

由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s

在此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－

a3t

＝

m,末速度v1＝v－a3t1＝

m/s

滑块向右运动的位移x2＝

t1＝2m

此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2

木板继续减速，加速度大小仍为a3＝

m/s2

假设又经历时间t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2

解得t2＝0.5s

在此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－

a3t

＝

m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s

滑块向左运动的位移x4＝

a2t

＝0.5m

此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m

小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

答案　

（1）0.1　0.4　

（2）6m