江苏专用2019高考物理一轮复习单元检测三牛顿运动定律20190123372.docx

1、1单元检测三 牛顿运动定律考生注意：1本试卷共 4 页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间 90 分钟，满分 100 分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 3 分，共计 18 分每小题只有一个选项符合题意)1(2017苏州大学附中调研)竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一个质量为 m 的物体当电梯静止时弹簧被压缩了 x；当电梯运动时弹簧又被压缩了 x.试判断电梯运动的可能情况是( )A以大小为 2g 的加速度加速上升B以大小为 2g 的加速度减速上升C以大小为 g 的

2、加速度加速下降D以大小为 g 的加速度减速下降2(2018高邮中学阶段检测)如图 1 所示，两个质量分别为 m12kg、 m23kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用水平的轻质弹簧测力计连接两个大小分别为 F130N、 F220N的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则( )图 1A弹簧测力计的示数是 25NB弹簧测力计的示数是 50NC在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度大小为 5m/s2D在突然撤去 F1的瞬间， m1的加速度大小为 13m/s23(2018仪征中学学情检测)如图 2 所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度 a 竖直向上匀加速搬起，其

3、中 A 的质量为 m， B 的质量为3m，水平作用力为 F， A、 B 之间的动摩擦因数为 ，在此过程中， A、 B 间的摩擦力为( )图 2A F B2 F2C. m(g a) D m(g a)324如图 3 所示，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为水平力 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 3A2 FB. C3 FD.F2 F35(2017南阳中学月考)如图 4 甲所示，倾角为 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为 v0

4、10m/s、质量为 m1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取 g10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图 4A05s 内小木块做匀减速运动B在 t1s 时刻，摩擦力反向C斜面倾角 37D小木块与斜面间的动摩擦因数为 0.56(2018虹桥中学第一次调研)如图 5 所示，倾斜的长杆(与水平面成 角)上套有一个质量为 M 的环，环通过细线吊一个质量为 m 的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是( )图 5A环一定沿长杆向下加速运动B环的加速度一定沿杆向

5、上C环的加速度一定大于 gsinD环一定沿杆向上运动二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分每小题有多个选项符合题意全3部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分)7(2018淮安市、宿迁市学业质量检测)如图 6 甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用， F 与时间 t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力Ffm与滑动摩擦力大小相等，则( )图 6A0 t1时间内物块 A 的加速度逐渐增大B t2时刻物块 A 的加速度最大C t3时刻物块 A 的速度最大D t2 t4时间内物块 A 一直做减速运动8如图 7 所示

6、，水平传送带 A、 B 两端相距 s3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数 0.1，工件滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA4m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB.下列说法中正确的是( )图 7A若传送带不动， vB3m/sB若传送带以速度 v4 m/s 逆时针匀速转动， vB3 m/sC若传送带以速度 v2 m/s 顺时针匀速转动， vB3 m/sD若传送带以速度 v4 m/s 顺时针匀速转动， vB3 m/s9(2017泰州中学第二次调研)如图 8 所示，在竖直平面内， A 和 B 是两个相同的轻弹簧，C 是橡皮筋，它们三者间的夹角均为 120，已知 A、 B 对小球的作用力均为 F，此时

7、小球平衡， C 处于拉直状态，已知当地重力加速度为 g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为( )图 8A g ，方向竖直向下 B. g，方向竖直向上Fm Fm4C0 D. g，方向竖直向下Fm10(2017涟水中学第一次检测)如图 9 甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系，将某一物体每次以不变的初速率 v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 ，实验测得 x 与斜面倾角 的关系如图乙所示， g 取10m/s2，根据图象可求出( )图 9A物体的初速率 v03m/sB物体与斜面间的动摩擦因数 0.75C取不同的倾角 ，物体在斜面上能达到的位移 x

8、 的最小值 xmin1.44mD当 45时，物体达到最大位移后将停在斜面上三、非选择题(本题共 6 小题，共计 66 分)11.(10 分)(2017淮海中学第二次测试)某学习小组欲探究物体的加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装一套如图 10 所示的装置，图中小车的质量用 M 表示，钩码的质量用 m 表示要顺利完成实验，则：图 10(1)还需要的测量工具有_、_.(2)为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是_；要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条件是_(3)在保持小车所受合外力一定的情况下，对实验得到的一系列纸带进行处理，测得小车加速度 a 与其质量 M 的数据如下表：钩

9、码质量 m30g实验次数 1 2 3 4 5 6a(ms2 ) 1.51 1.23 1.00 0.86 0.75 0.67M(kg) 0.20 0.25 0.30 0.35 0.40 0.455(kg1 )1M5.00 4.00 3.33 2.86 2.50 2.22为了寻求 a 与 M 间的定量关系，请利用表中数据在图 11 所示的直角坐标系中选取合适的横坐标及标度作出图象图 1112.(10 分)(2017苏州市期中)为了探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系，某小组安装了如图 12 甲所示的实验装置并开始实验已知小车(含车中砝码)质量用 M 表示，盘以及盘中砝码质量用 m 表示

10、，当地重力加速度为 g.图 12(1)假如已经平衡摩擦力，则在小车做匀加速直线运动的过程中，绳子拉力FT_；只有当 M 与 m 的大小关系满足_时， FT mg 才能成立(2)该小组同学先保持盘及盘中的砝码质量 m 不变，探究加速度 a 与质量 M 的关系，其具体操作步骤如下，则下列做法正确的是_(填合适选项前面的序号)A平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力C实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车D用天平测出 m 以及 M，小车运动的加速度直接用公式 a 求出mgM(3)该小组同学后来又保持小车及车中砝码质量 M 一定，探究加

11、速度 a 与所受外力 F 的关系，由于他们操作不当，这组同学得到的 a F 关系图象如图乙所示，则：图线不过原点的原因是_；图线上端发生弯曲的原因是_613.(9 分)(2018泰州中学期中)如图 13 甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角 37，一滑块以初速度 v016m/s 从底端 A 点滑上斜面，滑至 B 点后又返回到 A 点滑块运动的速度时间图象如图乙所示，求：(已知：sin 370.6, cos 370.8，重力加速度g10 m/s 2)图 13(1)A、 B 之间的距离；(2)滑块再次回到 A 点时的速度大小；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间14.(10 分)(2018盐城市期中

12、考试)如图 14 甲所示，在倾角为 30的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为 m2kg，它与斜面的动摩擦因数为 ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即 Ff kv.若滑块从静止开始下滑的速度时间图象如图乙中的曲线所示，图乙中的直线是 t0 时速度图线的切线， g10m/s 2.图 147(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度；(2)求 和 k 的值815.(12 分)(2017南通一中期中)如图 15 所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为 L12.5m、 L22m传送带始终保持以速度 v 向右匀速运动现将一滑块(可视为质点)轻放到传

13、送带的左端，然后平稳地滑上平板已知：滑块与传送带间的动摩擦因数 0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为 10.3、 20.1，滑块、平板的质量均为 m2kg， g 取 10m/s2.求：图 15(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求 v 的大小(2)若 v6m/s，求滑块离开平板时的速度大小16.(15 分)(2018锦屏中学模拟)如图 16 所示，一长 L2m、质量 M4kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘 l5m，木板的正中央放有一质量为m1kg 的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为 10.4.现对木板施加一水平向右的恒力

14、 F，其大小为 48N， g 取 10m/s2，试求：图 16(1)F 作用了 1.2s 时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数 2应满足的条件910答案精析1D 因为电梯静止时，弹簧被压缩了 x，由此可知 mg kx.当电梯运动时，弹簧又被压缩了 x，弹簧的弹力变大，物体所受合力方向向上，大小是 mg，处于超重状态由牛顿第二定律可得 mg ma，即加速度大小 a g，方向也是向上的，此时物体可能是做向上的匀加速运动，也可能是做向下的匀减速运动，D 正确2D3D 由于 A、 B 相对静止，故 A、 B 之间的摩擦力为静摩擦力，A、B 错

15、误设民工兄弟一只手对 A、 B 在竖直方向上的摩擦力为 Ff，以 A、 B 整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff( m3 m)g( m3 m)a，设 B 对 A 的摩擦力方向向下，大小为 Ff，对 A 由牛顿第二定律有 Ff Ff mg ma，解得 Ff m(g a)，C 错误，D 正确4B 水平力 F 拉 B 时， A、 B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时 A、 B 间的摩擦力即为最大静摩擦力先用整体法考虑，对 A、 B 整体： F( m2 m)a.再将 A 隔离可得 A、 B 间最大静摩擦力为： Ffm ma，解以上两方程得： Ffm .若

16、将 F作用F3在 A 上，隔离 B 可得 B 能与 A 一起运动，而 A、 B 不发生相对滑动的最大加速度 a ，Ffm2m再用整体法考虑，对 A、 B 整体： F( m2 m)a，由以上方程解得： F .F25A 由匀变速直线运动的速度位移公式得 v2 v022 ax，由题图乙可得a 10m/s 2，故减速运动时间： t 1s，故 A 错误；由题图乙可知，在0 v022x1 0 v0a01s 内小木块向上做匀减速运动，1s 后小木块反向做匀加速运动， t1s 时摩擦力反向，故 B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律得：v22x2 322

17、 13 5mgsin mg cos m|a|， mgsin mg cos ma，代入数据解得： 0.5， 37，故 C、D 正确6B 稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则 B 正确，A、D 错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与 gsin 的大小关系，则 C 项错误117BC 0 t1时间内物块 A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项 A 错误

18、t2时刻物块 A 受到的拉力 F 最大，物块 A 的加速度最大，选项 B 正确 t3时刻物块 A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块 A 的速度最大，选项 C 正确 t2 t3时间内物块 A 做加速度逐渐减小的加速运动， t3 t4时间内物块 A 一直做减速运动，选项 D 错误8ABC 若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知 vB2 vA2)2 as， a g ，代入数据解得 vB3m/s，当满足选项 B、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达 B 端的瞬时速度仍为 3 m/s，故选项 A、B、C 正确；若传送带以速度v4 m/s 顺时针匀速转

19、动，则工件滑上 A 端后做匀速运动，到 B 端的速度仍为 4 m/s，故选项 D 错误9BC 由于橡皮筋 C 只能提供向下的拉力，所以轻弹簧 A 和 B 对小球的作用力一定是拉力可能有两种情况：(1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为 FT，由平衡条件可知，2 Fcos60 mg FT，解得橡皮筋拉力 FT F mg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力大小等于橡皮筋拉力大小，即 F 合 F mg，方向竖直向上，由牛顿第二定律， F 合 ma，解得小球的加速度a g，选项 B 正确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小Fm球的加速度为零，选项 C 正确10BC 当斜面倾角 90时

20、，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有 02 v022 gx，根据题图乙可得此时 x1.80m，解得初速率v06m/s，选项 A 错当斜面倾角 0时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有 mgx mv02，根据题图乙知此时 x2.40m，解得 0.75，选项 B 对物体沿12斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a gsin g cos g(sin cos ) v022 ax2 g(sin cos )x，得当sin cos 最大时，即 tan ， 53时， x 取最小值 xmin，解得1xmin1.44m，C 项正确当 45时，因 mgsin45mg

21、 cos45，则物体达到最大位移后将返回，D 项错误11(1)天平、刻度尺 (2)平衡摩擦力 Mm(3)如图所示1212(1) Mm (2)C (3)见解析MmgM m解析 (1)根据牛顿第二定律得：对 m mg FT ma，对 M FT Ma，解得： FT ；当MmgM mMm，即当盘中砝码和盘的总重力要远小于小车(含车中砝码)的重力时，绳子的拉力近似等于盘中砝码和盘的总重力(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故 A 错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面的分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故

22、 B 错误；实验时，应先接通打点计时器电源，再放开小车，故 C 正确；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出 m 以及 M，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算，而我们的实验是在探究加速度与物体所受合外力、物体质量间的关系，故 D 错误(3)当 F0 时， a0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为 0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤或平衡摩擦力不足；随着 F 的增大，即盘及盘中砝码质量的增大，不再满足盘及盘中砝码质量远小于小车(含车中砝码)的质量，因此曲线上部出现弯曲现象13(1)16m (2)8 m/s (3)(22 ) s2 2解析 (1)由

23、v t 图象知 A、 B 之间的距离为；sAB m16m.1622(2)设滑块从 A 滑到 B 过程的加速度大小为 a1，从 B 返回到 A 过程的加速度大小为 a2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为 ，则有a1 m/s28 m/s 2v0 0t 16 02由于 mgsin mg cos ma1，得 0.25.滑块由 B 返回到 A 的过程中，则有mgsin mg cos ma2即 a24m/s 2，设滑块返回到 A 点时的速度为 v，有 v202 a2sAB即 v8 m/s.213(3)设滑块从 A 到 B 用时为 t1，从 B 返回到 A 用时为 t2，则有 t12st2 2 sva2 2则滑

24、块在整个运动过程中所用的时间为t t1 t2(22 ) s.214(1)3m/s 2 2 m/s (2) 3kg/s2315解析 (1)由题图乙可得： t0 时，滑块下滑的加速度最大为amax 3m/s 2； v t 3m/s1st3s 时，滑块下滑的速度最大为vmax2m/s.(2)t0 时滑块下滑的加速度最大为 amax，由牛顿第二定律得 F 合 mgsin mg cos mamax，t3s 时滑块下滑的速度达到最大，有mgsin mg cos kvmax，解得： ， k3kg/s(说明： k 的答案没有单位不算对)231515(1)4m/s (2)3.5 m/s解析 (1)滑块在平板上做

25、匀减速运动，加速度大小 a1 3m/s 2 1mgm由于 1mg2 2mg故平板做匀加速运动，加速度大小 a2 1m/s 2 1mg 22mgm设滑块从平板左端滑至右端用时为 t，共同速度为 v，平板位移为 x，对滑块进行分析：v v a1tL2 x vt a1t212对平板进行分析： v a2tx a2t212联立以上各式代入数据解得 t1s， v4m/s.当 v4m/s 时，滑块在传送带上加速运动的位移为 x1 1.6m t，不合题意，舍去)12将 t s 代入 v v1 a1t得 v3.5m/s.1216(1)0.64m (2) 20.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿

26、第二定律：对木板： F 1(M m)g 1mg Ma1，解得 a16m/s 2对物块： 1mg ma2，解得 a24m/s 2，因为 a2a1，故假设成立设 F 作用 t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则 a1t2 a2t2，解得 t1sL2 12 12在此过程：木板位移 x1 a1t23m，12末速度 v1 a1t6m/s物块位移 x2 a2t22m，末速度 v2 a2t4m/s12在物块从木板上滑落后的 t00.2s 内，由牛顿第二定律：对木板： F 1Mg Ma1，解得 a18m/s 2木板发生的位移 x1 v1t0 a1 t021.36m12此时木板右端距平台边缘 x l x1 x10.64m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块： 2mg ma2，解得 a2 2g若物块在平台上速度减为 0，则通过的位移 x2v222a215要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l x2 x2L2联立解得 20.2.