名师一号届高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律综合检测课时检测 新人教版.docx

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第三章　牛顿运动定律综合检测

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）

1．关于惯性，正确的说法是（　　）

A．惯性是指物体原来静止的总有保持静止、原来运动的总有保持匀速直线运动的性质

B．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为物体静止时惯性大

C．国际乒联规定，自2000年10月1日起，采用大些的球用于比赛，是为了使球惯性增大，增强观赏性

D．在宇宙飞船内的物体不存在惯性

解析　任何物体都具有惯性，它是物体保持原来运动状态的一种性质，惯性的大小只与质量有关，质量大，惯性大．故A、C选项正确．

答案　AC

2．在下列运动过程中，人处于失重状态的是（　　）

A．小朋友沿滑梯加速滑下

B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内

C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动

D．运动员何冲离开跳板后向上运动

答案　ACD

3．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　）

A．490N　　　　　　　B．510N

C．890ND．910N

解析　绳子的拉力T＝mg＋ma＝20×（10＋0.500）N＝210N．地面对人的支持力也就等于工人对地面的压力大小FN＝Mg－T＝700N－210N＝490N.

答案　A

4．深空探测器从一星球表面竖直升空，已知探测器质量恒为2000kg，发动机可以提供恒定的推力．探测器在星球表面升空后发动机因故障而突然关闭，如图所示为探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化图像．则由此可以判断（　　）

A．该星球表面的重力加速度为5m/s2

B．探测器在星球表面达到的最大高度为480m

C．该发动机的推力为3×104N

D．探测器在星球表面落地时的速度为40m/s

解析　由v－t图求得探测器加速上升过程的加速度a＝

m/s2＝5m/s2，由v－t图算出探测器在星球上匀减速上升的加速度即为该星球表面的重力加速度，即g′＝

m/s2＝2.5m/s2，A错误；由v－t图用计算三角形AOB面积的方法来计算探测器在星球表面达到的最大高度h，h＝

×24×40m＝480m，故B正确；设发动机的推力为F，由牛顿第二定律，得到F－mg′＝ma，F＝m（a＋g′）＝2000×（5＋2.5）N＝1.5×104N，C错误；探测器自24s开始，在该星球表面做自由落体运动，由2g′h＝v2，得v＝

＝

m/s＝20

m/s，即探测器在星球表面落地时的速度为20

m/s，D错误．

答案　B

5．质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t＝0至t＝12s这段时间的位移大小为（　　）

A．18mB．54m

C．72mD．198m

解析　物体与地面间最大静摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N．由题给F－t图像知0～3s内，F＝4N，说明物体在这段时间内保持静止不动，3～6s内，F＝8N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝

＝2m/s2.6s末物体的速度v＝at＝2×3＝6（m/s），在6～9s内物体以6m/s的速度做匀速运动.9～12s内又以2m/s2的加速度做匀加速运动，作出v－t图像如下．故0～12s内的位移s＝

×2＋6×6＝54m．故B项正确．

答案　B

6.

如图所示，在倾角为30°、静止的斜面上，一辆加速向下行驶的小车上悬吊单摆的摆线总处于水平位置．已知车的质量和摆球的质量均为m，下列正确的是（　　）

A．小车加速度为

g

B．小车加速度为2g

C．摆线中张力大小一定为

mg

D．摆线中张力大小一定为2mg

解析　对小球进行受力分析，绳中拉力F＝

＝

mg，C、D错误；小车的加速度a＝2g，A错误，B正确．

答案　B

7．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型．一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tanθ，BC段的动摩擦因数为μ2＞tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（　　）

A．地面对滑梯始终无摩擦力作用

B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右

C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小

D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小

答案　BD

8．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（　　）

A．0　　　　　　　　　B.

g

C．gD.

g

解析　撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力等于撤离木板前木板对小球的支持力N，由于N＝

＝

mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为a＝

＝

g.

答案　B

9．如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦．在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动．已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为（　　）

A．a＝gsinθ，F＝（M＋m）g（μ＋sinθ）

B．a＝gcosθ，F＝（M＋m）gcosθ

C．a＝gtanθ，F＝（M＋m）g（μ＋tanθ）

D．a＝gcotθ，F＝μ（M＋m）g

解析　先对整体进行分析，利用牛顿第二定律F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a，隔离物体B分析受力求出加速度a＝gtanθ，化简后知C正确．

答案　C

10.如图①所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图②所示．由图可以判断（　　）

A．图像与纵轴的交点M的值aM＝－g

B．图像与横轴的交点N的值TN＝mg

C．图像的斜率等于物体的质量m

D．图像的斜率等于物体质量的倒数

解析　根据题意对物体进行受力分析，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的细线的拉力T作用．由牛顿第二定律得T－mg＝ma得到a＝

－g.图线与纵轴的交点即T＝0时，得aM＝－g，选项A正确；图线与横轴的交点即a＝0，得TN＝mg，选项B正确；很容易得到图线的斜率是

，选项C错误，选项D正确．

答案　ABD

二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

11．（6分）某学生在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示.

F/N

0.20

0.30

0.40

0.50

a/m·s－2

0.10

0.21

0.29

0.40

（1）根据表中的数据在下图中作a－F图线．

（2）图线在F轴上截距的物理意义是___________________________________________________________________________.

（3）图线斜率的物理意义是____________________________________________________________________________.

答案　

（1）如图

（2）平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力

（3）图线的斜率为小车和砝码质量的倒数

12．（8分）如图所示，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移—时间（s－t）图像和速率—时间（v－t）图像．整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h.（取重力加速度g＝9.8m/s2，结果可保留一位有效数字）

（1）现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的v－t图线如①所示，从图线可得滑块A上滑时的加速度a＝__________m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响__________．（填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”）

（2）此装置还可用来验证牛顿第二定律，实验时通过改变________________，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变________________，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系．

（3）将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A′，给滑块A′一沿滑板向上的初速度，A′的s－t图线如图②.图线不对称是由于__________造成的，通过图线可求得滑板的倾角θ＝__________（用反三角函数表示），滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝__________.

解析　

（1）a＝

＝

m/s2≈6.0m/s2，摩擦力对A运动的影响不明显，可忽略．

（2）斜面高度h；滑块A的质量M及斜面的高度h，且使Mh不变．

（3）图线的不对称是由于滑动摩擦力的影响造成的，当物体沿斜面向上滑动时，加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，由运动学公式，s1＝

a1t

，s1＝0.84m－0.20m，t1＝0.4s．物体沿斜面向下滑动时，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，由运动学公式，s2＝

a2t

，s2＝0.84m－0.20m，t2＝0.6s.

由上面的关系可以解出θ＝arcsin0.6，μ＝0.3.

答案　

（1）6.0　不明显，可忽略

（2）斜面高度h　滑块A的质量M及斜面的高度h

（3）滑动摩擦力　arcsin0.6　0.3

13．（10分）如图①所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空，为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆的顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小，现有一学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，5s末滑到杆底时速度恰好为零，从学生开始下滑时刻计时，传感器显示拉力随时间变化情况如图②所示，g取10m/s2，求：

（1）该学生下滑过程中的最大速率；

（2）图中F1的大小；

（3）滑杆的长．

解析　

（1）0～1s　mg－F＝ma1，a1＝2.4m/s2

v1＝a1t1＝2.4m/s.

（2）1～5s减速　a2t2＝a1t1，a2＝0.6m/s2，

F1－mg＝ma2，F1＝530N.

（3）L＝

a1t

＋

a2t

＝6m.

答案　

（1）2.4m/s

（2）530N

（3）6m

14．（10分）如图所示，木板长L＝1.6m，质量m′＝4.0kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量m＝1.0kg的小滑块（视为质点）放在木板的右端，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g＝10m/s2，求：

（1）木板所受摩擦力的大小；

（2）使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值．

解析　

（1）木板对地面的压力大小FN＝（m＋m′）g

木板所受摩擦力Ff＝μFN

以上两式联立，代入数据，得Ff＝20N.

（2）木板的加速度a＝

＝5m/s2

木板上表面光滑，故小滑块静止不动，只要木板位移小于木板的长度．小滑块就不掉下来，由v

＝2ax，x＝L

得v0＝

，代入数据，得v0＝4m/s

即木板初速度最大值是4m/s.

答案　

（1）20N

（2）4m/s

15．（12分）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m的小球，当滑块以加速度a向左运动时，线中拉力T等于多少？

解析　

当N>0，滑块的加速度a

在竖直方向上有Tsin45°＋Nsin45°＝mg

解得T＝

＝

（mg＋ma）．

当N＝0，滑块的加速度a＝g时，发生临界突变，小球紧贴在斜面上，此时T＝

mg.

当N＝0，滑块的加速度a>g时，小球离开斜面，设细线和竖直方向的夹角为β，如图所示，由小球在水平和竖直方向上的状态，可列方程

Tsinβ＝ma，Tcosβ＝mg，

解得T＝

＝m

.

答案　见解析

16．（14分）已知人和雪橇的总质量m＝75kg，沿倾角θ＝37°且足够长的斜坡向下滑动，滑动时雪橇所受的空气阻力f1与速度v成正比，比例系数（即空气阻力系数）k未知．从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v－t图线如图中的曲线AC所示，图中BC是平行于Ot轴的直线，且与AC相切于C点，AD是过A点所作的曲线AC的切线，且A点的坐标为（0,5），D点的坐标为（4,15），由v－t图的物理意义可知：

v－t图线上每点对应的物体运动的加速度在数值上等于通过该点切线的斜率，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g取10m/s2.

（1）试说明雪橇的运动情况．（先做什么运动？

加速度的大小怎样变化？

速度的大小怎样变化？

后来做什么运动？

）

（2）当雪橇的速度v＝5m/s时，它的加速度为多大？

（3）求空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.

解析　

（1）雪橇先做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，然后做匀速运动．

（2）雪橇速度v＝5m/s时，加速度a等于直线AD的斜率a＝

＝2.5m/s2.

（3）空气阻力为f1＝kv，雪橇与斜坡间的摩擦力为f2＝μmgcosθ

取人和雪橇为研究对象，由牛顿运动定律

得mgsinθ－f1－f2＝ma

即mgsinθ－kv－μmgcosθ＝ma

由v－t图像知t0＝0时，v0＝5m/s，a＝2.5m/s2，

当速度最大值时，vm＝10m/s，a＝0

代入上式，解得k＝37.5kg/s（或k＝37.5N·s/m），

μ＝0.125.

答案　

（1）见解析

（2）2.5m/s2

（3）0.125