部编版高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律综合检测 教科版.docx

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部编版高考物理总复习第三章牛顿运动定律综合检测教科版

《牛顿运动定律》综合检测

（时间:

90分钟　满分:

100分）

一、选择题（本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12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,有选错或不选的得0分）

1.下列有关行车安全的说法正确的是（　C　）

A.系好安全带可以减小人的惯性

B.同一辆车,速度越大停下来需要的时间越长,说明速度大的车惯

性大

C.系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害

D.系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害

解析:

惯性大小唯一的量度是质量,所以A,B错误;系好安全带可减轻因人的惯性而造成的危害,C正确,D错误.

2.如图所示,不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦,物体A的质量为M,水平面光滑.当在绳的B端挂一质量为m的物体时,物体A的加速度为a1,当在绳的B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时,A的加速度为a2,则a1与a2的大小关系是（　C　）

A.a1=a2B.a1>a2

C.a1

解析:

当在绳的B端挂一质量为m的物体时,将它们看成一个系统,由牛顿第二定律有mg=（M+m）a1,得a1=

;而当用F=mg的外力在B端竖直向下拉绳时,由牛顿第二定律有F=Ma2,得a2=

=

故a1

3.以初速度v竖直向上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图像中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是（　D　）

解析:

设小球所受的阻力f=kv,小球的质量为m,则在小球上升的过程中有mg+f=ma,得a=g+

由于上升过程中小球的速度越来越小,小球的加速度a也越来越小,故v-t图像的斜率的绝对值越来越小,A,B错误;在下落过程中有a=g-

下落过程中小球的速度越来越大,故小球的加速度越来越小,则v-t图像的斜率的绝对值越来越小,C错误,D

正确.

4.广州塔,昵称小蛮腰,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图像如图所示.则下列相关说法正确的是（　D　）

A.t=4.5s时,电梯处于失重状态

B.5～55s时间内,绳索拉力最小

C.t=59.5s时,电梯处于超重状态

D.t=60s时,电梯速度恰好为零

解析:

利用a-t图像可判断,t=4.5s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,则A错误;0～5s时间内,加速度向上,电梯处于超重状态,拉力大于重力;5～55s时间内,电梯加速度为0,处于匀速上升过程,拉力与重力大小相等;55～60s时间内,电梯加速度向下,处于失重状态,拉力小于重力,即B,C错误;因a-t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t=60s时为零,D正确.

5.如图（甲）所示,某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图（乙）所示.则下列判断正确的是（　A　）

A.图线与纵轴的交点M的纵坐标的绝对值等于g

B.图线的斜率在数值上等于物体的质量m

C.图线与横轴的交点N的值TN=mg

D.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数

解析:

由牛顿第二定律可得2T-mg=ma,则有a=

T-g,由a-T图像可判断,纵轴截距的绝对值等于g,A正确;图线的斜率在数值上等于

则B,D错误;横轴截距对应a=0,则有TN=

则C错误.

6.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数）,木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　A　）

解析:

开始阶段两物体一起做匀加速运动,有F=（m1+m2）a,即a=

=

两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到μm2g后,两者发生相对滑动.对m2有F-f=ma2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm2g不再变化,a2=

=

-μg,故其图像斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm2g=m1a1,故a1=

为定值.故A选项正确.

7.如图所示,质量均为m的木块A和B,用劲度系数为k的轻质弹簧连接,最初系统静止.现用大小F=2mg、方向竖直向上的恒力拉A直到B刚好离开地面,则在此过程中（　A　）

A.A上升的初始加速度大小为2g

B.弹簧对A和对B的弹力是一对作用力与反作用力

C.A上升的最大高度为

D.A上升的速度先增大后减小

解析:

未作用恒力F之前,以木块A为研究对象,木块A受到重力和弹簧对其的弹力作用,且二力大小相等、方向相反,作用恒力F的一瞬间,木块A受到弹簧对其的弹力大小不变,则木块A所受合力的大小就等于恒力F的大小2mg,根据牛顿第二定律可得,木块A上升的初始加速度大小为2g,故A选项正确;弹簧对木块A和对木块B的弹力是同一弹簧对两个物体施加力,不是作用力与反作用力,故B选项错误;从恒力F作用在木块A上到木块B刚好离开地面的过程,木块A上升的最大高度为

+

=

故C选项错误;从恒力F作用在木块A上到木块B刚好离开地面的过程,木块A做速度逐渐增大,加速度逐渐减小的变加速直线运动,故D选项错误.

8.一个物块在粗糙水平面上受到的水平拉力F随时间t变化的图像如图（甲）所示,速度v随时间t变化的图像如图（乙）所示,g取10m/s2,由图中数据可求得物块的质量m和物块与水平面间的动摩擦因数μ,则下列结果正确的是（　BD　）

A.1kgB.2kg

C.0.2D.0.4

解析:

4s后物块做匀速直线运动,则f=F3=8N,2～4s物块做匀加速直线运动,加速度a=

=

m/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律得,F2-f=ma,解得m=

=

kg=2kg,动摩擦因数μ=

=

=0.4,故选项B,D正确.

9.将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块相连,滑块放在较长的小车上.如图（甲）所示,传感器与计算机相连接,可获得力随时间变化的图像.一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系沙桶,整个装置开始处于静止状态.现在向沙桶里缓慢倒入细沙,力传感器采集的F

t图像如图（乙）所示.则（　BD　）

A.2.5s前小车做变加速运动

B.2.5s后小车做变加速运动

C.2.5s前小车所受摩擦力不变

D.2.5s后小车所受摩擦力不变

解析:

当倒入细沙较少时,M处于静止状态,对M受力分析,细绳拉力与m对M的静摩擦力大小相等.在满足M静止的情况下,缓慢加细沙,细绳拉力变大,m对M的静摩擦力逐渐变大,由图像得出2.5s前M都是静止的,A,C选项错误;2.5s后M相对于m发生滑动,m对M的摩擦力为滑动摩擦力f=μmg保持不变,D项正确;M运动后继续倒入细沙,绳子拉力发生变化,小车将做变加速运动,B项正确.

10.如图所示,A,B两物块质量均为m,用一轻弹簧相连,将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上,系统处于静止状态,B恰好与水平桌面接触,此时轻弹簧的伸长量为x,现将轻绳剪断,已知重力加速度为g,则

下列

说法正确的是（　AC　）

A.轻绳剪断瞬间,A的加速度大小为2g

B.轻绳剪断瞬间,A的加速度大小为g

C.轻绳剪断后,A向下运动距离2x时速度最大

D.轻绳剪断后,A向下运动距离x时加速度最小

解析:

剪断轻绳前,对B受力分析,B受到重力和弹簧弹力,且弹力F=mg.剪断轻绳瞬间,对A受力分析,A的合力为F合=mg+F=2mg,根据牛顿第二定律得a=2g,故选项A正确,B错误;弹簧开始处于伸长状态,弹力F=mg=kx,A向下运动x时,弹力F为零,所受合力为mg,则加速度a=g,当向下压缩,使mg=F′=kx′时,A加速度为零,速度最大,x′=x,所以A下降距离为2x时,速度最大,故选项C正确,D错误.

11.如图所示,质量分别为m1,m2的A,B两个物体放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A,B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1,μ2,它们在斜面上加速下滑,关于杆的受力情况.下列分析正确的是（　AD　）

A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力

B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力

C.若μ1<μ2,m1

D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆无作用力

解析:

设斜面倾角为θ,A,B一起下滑,具有相同的加速度,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得m1gsinθ+m2gsinθ-μ1m1gcosθ-

μ2m2gcosθ=（m1+m2）a,假设杆受拉力,以A为研究对象,则m1gsinθ-F-μ1m1gcosθ=m1a,联立可得F=

若F为正值,则杆受拉力;若F为负值,则杆受压力;若F为零,则杆无作用力,故选项A,D

正确.

12.如图,斜面固定,CD段光滑,DE段粗糙,A,B两长方体物体叠放在一起从C点由静止下滑,下滑过程中A,B始终保持相对静止,则（　ACD　）

A.在CD段时,A受两个力作用

B.整个下滑过程中,A,B均处于失重状态

C.在DE段时,A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上

D.在DE段时,A的加速度可能平行于斜面向上

解析:

在CD段,A,B整体的加速度a1=gsinθ,隔离A分析,有mAgsinθ+fA=mAa1,解得fA=0,可知A受重力和支持力两个力作用,故选项A正确.A,B在下滑过程中,CD段加速度沿斜面向下,均处于失重状态.在DE段由于受摩擦力作用,可能做加速运动、匀速直线运动或减速运动,不一定处于失重状态,故选项B错误.设DE段物体与斜面间的动摩擦因数为μ,沿斜面向下为正方向,则在DE段整体的加速度a2=gsinθ-μgcosθ,隔离A分析,有mAgsinθ+fA=mAa2,解得fA=-μmAgcosθ,负号表示方向沿斜面向上,故选项C正确.在DE段,若μ>tanθ,则a2<0,其方向沿斜面向上,即A,B整体的加速度方向沿斜面向上,做匀减速直线运动,故选项D正确.

二、非选择题（共52分）

13.（5分）用图（甲）所示的实验装置验证牛顿第二定律.

（1）某同学通过实验得到如图（乙）所示的a-F图像,造成这一结果的原因是:

在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角　　　　（填“偏大”或“偏小”）. 

（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力　　　　（填“大于”“小于”或“等于”）砝码和盘的总重力,为了便于探究、减小误差,应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足　　　　的条件. 

（3）某同学得到如图（丙）所示的纸带,已知打点计时器电源频率为50Hz,A,B,C,D,E,F,G是纸带上7个连续的点,由此可算出小车的加速度a=　　　　m/s2（保留两位有效数字）. 

解析:

（1）当拉力F=0时,小车具有加速度,说明平衡摩擦力时平衡过度,即木板与水平桌面间的倾角偏大.

（2）对整体分析,根据牛顿第二定律得,a=

则绳子的拉力F=Ma=

所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力,当

M≫m,即砝码和盘的总质量小于小车和小车上砝码的总质量时,砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.

（3）根据刻度尺的示数可知Δx=3.90cm-2.10cm=1.80cm,时间间隔为T=0.06s,

代入Δx=aT2得加速度为a=5.0m/s2.

答案:

（1）偏大（1分）　

（2）小于（1分）　M≫m（1分）

（3）5.0（2分）

14.（6分）为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数,采用如图所示装置,表面粗糙的木板固定在水平桌面上,左端装有定滑轮;木板上有一滑块,一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接,另一端与穿过打点计时器的纸带相连.实验中保持木板水平且细线平行于木板,在托盘中放入适量砝码后,滑块做匀加速直线运动,纸带上打出一系列的点.利用纸带测得滑块加速度为a,并已知重力加速度为g.

（1）若要测出动摩擦因数,还应测量的物理量有　　　　（填入正确选项前的字母）. 

A.木板的长度L

B.木板的质量m1

C.滑块的质量m2

D.托盘和砝码的总质量m3

E.滑块运动的时间t

（2）滑块与木板间的动摩擦因数的表达式:

μ=　　　　（用题干中已知量和所测物理量的符号表示）. 

解析:

滑块、托盘和砝码一起在托盘和砝码的重力和桌面对滑块的摩擦力作用下运动,由牛顿第二定律有m3g-μm2g=（m2+m3）a,解得μ=

.由此可知,要测出动摩擦因数,还需要测量的物理量有托盘和砝码的总质量m3,滑块的质量m2,选项C,D正确.

答案:

（1）CD（3分）　

（2）

（3分）

15.（8分）连续刹车时,刹车片和刹车盘产生大量热量,温度升高很快,刹车效率迅速降低,容易造成刹车失灵.为了避免刹车失灵造成的危害,高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道,如图所示.现将某次汽车避险过程简化如下:

一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20m/s的速度匀速行驶,突然刹车失灵开始加速,此时货车所受阻力为车重的0.4倍（发动机关闭）,加速前进15s后冲上了倾角为53°的避险车道,在避险车道上运动17.5m后停下.将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动,求货车:

（sin53°=0.8,g取10m/s2）

（1）冲上避险车道时速度的大小;

（2）在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍?

解析:

（1）设货车加速阶段的加速度大小为a1,冲上避险车道时速度

为v1,

则有mgsin30°-0.4mg=ma1,（2分）

v1=v0+a1t1,（1分）

得v1=35m/s.（1分）

（2）设货车在避险车道上的加速度大小为a2,货车在避险车道上所受阻力为车重的k倍,

则有mgsin53°+kmg=ma2,（2分）

=2a2x,（1分）

得k=2.7.（1分）

答案:

（1）35m/s　

（2）2.7倍

16.（9分）如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律.绳子两端的物体下落（或上升）的加速度总是小于自由落体时的加速度g,同自由落体相比,下落相同的高度,所花费的时间更长,这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象.已知物体A,B的质量相等均为M,物体C的质量为m,轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,绳子不可伸长.如果

m=

M,求:

（1）物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值;

（2）系统由静止释放后,运动过程中物体C对物体B的拉力.

解析:

（1）设物体的加速度大小为a,绳子中的张力大小为F.由牛顿第二定律,对物体A有F-Mg=Ma,（1分）

对物体B,C整体有（M+m）g-F=（M+m）a,（1分）

解得a=

g=

.（1分）

物体B从静止开始下落一段距离h历时t,

则h=

at2,（1分）

自由落体相同距离历时t0,则h=

g

（1分）

解得

=

=3.（1分）

（2）设物体B对物体C的拉力为T,由牛顿第二定律,对物体C有

mg-T=ma,（1分）

解得T=

mg.（1分）

由牛顿第三定律可知物体C对物体B的拉力的大小为

mg,方向竖直向下.（1分）

答案:

（1）3　

（2）

mg,方向竖直向下

17.（10分）如图所示,两个质量都是m的滑块A和B,紧挨着并排放在水平桌面上,A,B间的接触面垂直于纸面且与水平面成α角,所有接触面都光滑.现用一个水平推力F作用于滑块A上,使A,B一起向右做加速运动.

（1）若A,B间不发生相对滑动,它们共同向右的最大加速度是多少?

（2）若A,B间不发生相对滑动,水平推力的大小应在什么范围内才行?

解析:

（1）在水平推力F作用下,A,B一起加速,对整体则有F=2ma（1分）

对滑块A,受力如图（a）所示,地面对A的弹力N为零时,A与B之间将要发生相对滑动,则F-Tsinα=ma,（1分）

mg-Tcosα=0,（1分）

滑块B的受力如图（b）所示,则

T′sinα=ma,（1分）

N′=mg+T′cosα,（1分）

得A,B一起向右运动的最大加速度a=gtanα.（2分）

（2）A,B不发生相对滑动的水平推力F的大小满足

F≤2mgtanα,（2分）

故F的取值范围为0

答案:

（1）gtanα　

（2）0

18.（14分）如图所示,水平传送带以v=12m/s的速度顺时针做匀速运动,其上表面的动摩擦因数μ1=0.1,把质量m=20kg的行李包轻放上传送带,释放位置距传送带右端4.5m处.平板车的质量M=30kg,停在传送带的右端,水平地面光滑,行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2=0.3,平板车长10m,行李包从传送带滑到平板车过程速度不变,行李包可视为质点.（g=10m/s2）求:

（1）行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少?

（2）若要想行李包不从平板车滑出,求行李包释放位置应满足什么

条件?

解析:

（1）若行李包放上传送带后一直做匀加速直线运动,则a1=μ1g

（1分）

v2=2a1x（1分）

解得v=3m/s（1分）

因v=3m/s<12m/s,

由此可知,行李包滑上平板车时速度为3m/s.

行李包滑上平板车后,行李包的加速度

a2=μ2g=3m/s2（1分）

平板车的加速度a3=

=2m/s2（1分）

行李包减速,平板车加速,

经过时间t达共同速度v-a2t=a3t（1分）

解得t=0.6s（1分）

相对位移x=vt-

a2t2-

a3t2=0.9m<10m,

说明相对滑动过程中行李包未离开平板车,

即时间为0.6s.（1分）

（2）当行李包刚好滑到平板车右端,设行李包刚滑上平板车时速度为v0,L为平板车长,则

v0-a2t′=a3t′（1分）

v0t′-

a2t′2-

a3t′2=L（1分）

解得v0=10m/s<12m/s（1分）

故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动

=2a1x′（1分）

解得x′=50m（1分）

所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50m.（1分）

答案:

（1）0.6s　

（2）距离传送带右端不大于50m