山东省2020版高考物理一轮复习单元质检三牛顿运动定律新人教版.docx

单元质检三　牛顿运动定律 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)‎ ‎1.牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是(　　)‎ A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力 B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡 C.人推车加速前进,人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小 D.物体在地面上滑行,物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力 答案C 解析物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力,是同时产生的,所以选项A错误;物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上,是一对作用力与反作用力,不是平衡力,选项B错误;人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项C正确;物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项D错误。‎ ‎2.(2018·山东烟台一模)如图所示,质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3 m/s时,物块处于(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.匀速运动阶段 B.减速运动阶段 C.加速运动阶段 D.速度为零的时刻 答案B 解析物块和木板相对运动,物块和木板间有摩擦力Ff,所以物块做加速度a=Ffm的匀减速运动;木板做加速度a'=FfM‎=‎‎1‎‎3‎a的匀减速运动;故当木板速度为3m/s时,物块速度为1m/s,两者的速度方向不变,之后木板继续做减速运动,物块速度先减到零后反向做匀加速运动,木板继续减速,当木板和物块速度相同后,两者一起做匀速运动。故当木板的速度为3m/s时,物块必处于匀减速运动阶段,所以B正确,ACD错误。‎ 8‎ ‎3.(2018·吉林长春高三质检)如图所示,物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接,由静止释放,在物体A加速下降的过程中(此过程中物体B未碰到滑轮),下列判断正确的是(　　)‎ A.物体A和物体B均处于超重状态 B.物体A和物体B均处于失重状态 C.物体A处于超重状态,物体B处于失重状态 D.物体A处于失重状态,物体B处于超重状态 答案D 解析AB是连接体,A加速下降,B加速上升,A的加速度向下,处于失重状态;B的加速度向上,处于超重状态,故D正确。‎ ‎4.(2018·湖北八校二联)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态。通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎‎3‎m B.2m C.(‎3‎-1)m D.(‎3‎+1)m 答案D 解析当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和斜面给的支持力,由牛顿第二定律得mgcot60°=ma,解得a=gcot60°‎ 以整体为对象,由牛顿第二定律得Mg=(m+2m)a 解得M=(‎3‎+1)m。故选D。‎ ‎5.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(　　)‎ 答案C 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 8‎ 定律得加速度a=mgsinθm=gsinθ,位移大小x=‎1‎‎2‎at2,而x=Lcosθ,2sinθcosθ=sin2θ,联立以上各式得t=‎4Lgsin2θ。当θ=45°时,sin2θ=1为最大值,时间t最短,故选项C正确。‎ ‎6.(2018·江西新干县等四校联考)传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的物体放在皮带传送机上,随皮带一起向下以加速度为a(a>gsin α)匀加速直线运动,则(　　)‎ A.小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向上 B.小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向下 C.小物块受到的静摩擦力的大小可能等于mgsin α D.小物块受到的静摩擦力的大小可能等于零 答案BC 解析由牛顿第二定律列方程得:mgsinα+Ff=ma>mgsinα,故静摩擦力的方向一定沿皮带向下,故AD错误B正确。由牛顿第二定律列方程得:Ff=ma-mgsinα,当加速度等于2gsinα时,小物块受到的静摩擦力的大小等于mgsinα,所以C正确。‎ ‎7.(2015·海南卷)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断,将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(　　)‎ A.a1=3g B.a1=0 C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2‎ 答案AC 解析细线剪断前,a受细线向上的拉力F1=3mg,还受重力mg以及弹簧S1向下的拉力F2=2mg。细线剪断瞬间,线的拉力F1突然消失,但弹簧S1对其拉力不能突变。此时,a受的合力F=3mg,方向向下,由F=ma知,其加速度大小a1=3g,故A正确,B错误;此瞬间因弹簧形变未来得及发生改变,此时仍有Δl1=‎2mgk,Δl2=mgk,所以,Δl1=2Δl2,故选项C正确,D错误。‎ ‎8.‎ 8‎ ‎(2018·山东枣庄二模)平昌冬奥会单人无舵雪橇项目中,某运动员和雪橇的总质量m=75 kg,沿倾角θ=37°的长直雪道从静止自由滑下。假设滑动时运动员和雪橇所受的空气总阻力与速度大小成正比,比例系数(即空气阻力系数)未知。设运动员和雪橇运动的v-t图象如图中曲线OA所示,图中BA是曲线OA的渐近线,OC是曲线OA过原点的切线,且C点的坐标为(5,20)。已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,全程运动员都不用撑杆加力。则下列判断正确的是(　　)‎ A.t=0时,雪橇的加速度大小为1.25 m/s2‎ B.雪橇与雪道之间的动摩擦因数为0.25‎ C.当v=5 m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力大小为30 N D.当v=5 m/s时,运动员和雪橇的加速度大小为2 m/s2‎ 答案BD 解析t=0时,OC的斜率等于加速度的大小,a=ΔvΔt‎=‎‎20‎‎5‎m/s2=4m/s2,A错误;取人和雪橇为研究对象,由牛顿第二定律,得mgsinθ-Ff1-Ff2=ma,即mgsinθ-kv-μmgcosθ=ma 由v-t图象知,t=0时,v=0,a=4m/s2;当速度达到最大值时,vm=10m/s,a=0,代入上式解得μ=0.25,k=30kg/s,B正确;当v=5m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力为150N,加速度a=2m/s2,D正确,C错误。‎ 二、实验题(12分)‎ ‎9.(2019·安徽亳州高三质检)在“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验中。‎ ‎(1)甲同学用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系,带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定。实验时,一定要进行的操作是　　　　。 ‎ a.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数F b.改变沙和沙桶质量,打出几条纸带 c.用天平测出沙和沙桶的质量 d.为减小误差,实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量 ‎(2)若甲同学测出的a-F图象的斜率为k,则小车的质量为　　　　。 ‎ ‎(3)乙同学用如图乙所示的装置探究加速度与力的关系,得到a-F图象如图丙所示。‎ 乙 8‎ 丙 图线①②一次是木板水平做的,一次是木板倾斜做的,则图线　　　　是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“①”或“②”);在轨道水平时,小车运动的阻力F=　　　　N; ‎ ‎(4)图丙中,图线在末端弯曲的原因是 ‎ ‎　。 ‎ 答案(1)ab　(2)‎2‎k　(3)①　0.5　(4)没有满足沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量 解析(1)实验时,一定要进行的操作是:小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数,步骤a正确;改变沙和沙桶质量,打出几条纸带,步骤b正确;因为弹簧测力计可读出小车所受的拉力,故没必要用天平测出沙和沙桶的质量,也没必要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量,步骤cd错误,故选ab;‎ ‎(2)根据牛顿定律可知:2F=Ma,则a=‎2‎MF,因‎2‎M=k,则M=‎2‎k;‎ ‎(3)图线①说明在没给小车加力时小车就已经有了加速度,说明轨道右侧抬高成为斜面;由图线②可知,当F=0.5N时小车开始做加速运动,可知当木板水平时,小车受到的摩擦力为0.5N;‎ ‎(4)图丙中,图线在末端弯曲的原因是:未满足小车的质量远远大于沙和沙桶的总质量。‎ 三、计算题(本题共3小题,共40分)‎ ‎10.(10分)(2018·江苏苏州一模)如图所示,倾角θ=37°、斜面长为1 m的斜面体放在水平面上。将一质量为2 kg的小物块从斜面顶部由静止释放,1 s后到达底端,斜面体始终保持静止。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:‎ ‎(1)小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小;‎ ‎(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数;‎ ‎(3)小物块运动过程中,水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。‎ 答案(1)2 m/s　(2)0.5　(3)3.2 N　水平向左 解析(1)由运动学公式s=‎1‎‎2‎at2得a=2m/s2‎ 由v=at得v=2m/s。‎ ‎(2)由牛顿第二定律 mgsinθ-μmgcosθ=ma得μ=0.5。‎ ‎(3)mgcosθsinθ>μmgcos2θ 水平面对斜面体的摩擦力向左 大小Ff=mgcosθsinθ-μmgcos2θ=3.2N。‎ ‎11.(15分)(2019·湖南醴陵二中月考)如图所示,一水平的长L=2.25 m的传送带与平板紧靠在一起,‎ 8‎ 且上表面在同一水平面,皮带以v0=4 m/s匀速顺时针转动,现在传送带上左端静止放上一质量为m=1 kg的煤块(视为质点),煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.2。经过一段时间,煤块被传送到传送带的右端,此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹,随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时,在平板右侧施加一个水平向右的恒力F=17 N,F作用了t0=1 s时煤块与平板速度恰相等,此时刻撤去F,最终煤块没有从平板上滑下,已知平板质量M=4 kg(重力加速度g取10 m/s2),求:‎ ‎(1)传送带上黑色痕迹的长度;‎ ‎(2)求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小;‎ ‎(3)平板上表面至少多长(本小问计算结果保留两位有效数字)。‎ 答案(1)3.75 m　(2)0.3　(3)1.6 m 解析(1)对煤块由牛顿第二定律:μ1mg=ma1‎ 得a1=2m/s2‎ 若煤块一直加速到右端,设到右端速度为v1得v‎1‎‎2‎=2a1L 解得:v1=3m/s 因为v1μ1,共速后煤块将以a1匀减速到停止,而平板以a3匀减速 对平板由牛顿第二定律:μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3‎ 得a3=-‎13‎‎4‎m/s2‎ t2=‎0-‎v共a‎3‎=-‎0-1‎‎13‎‎4‎s=‎4‎‎13‎s 全过程平板位移:s板=‎0+‎v共‎2‎(t0+t2)‎ 解得s板=‎17‎‎26‎m 全过程煤块位移:s煤=v‎1‎‎2‎‎2‎a‎1‎‎=‎‎9‎‎4‎m 8‎ 所以板长L=s煤-s板≈1.6m ‎12.(15分)(2015·全国卷Ⅱ,25)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=‎3‎‎5‎)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为‎3‎‎8‎,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变,已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g大小取10 m/s2。求:‎ ‎(1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;‎ ‎(2)A在B上总的运动时间。‎ 答案(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 解析(1)在0~2s时间内,A和B的受力分别如图甲、乙所示,‎ ‎　甲　　　　　　乙 其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 Ff1=μ1FN1①‎ FN1=mgcosθ②‎ Ff2=μ2FN2③‎ FN2=FN1+mgcosθ④‎ 规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得 mgsinθ-Ff1=ma1⑤‎ mgsinθ-Ff2+Ff1=ma2⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得 8‎ a1=3m/s2⑦‎ a2=1m/s2⑧‎ ‎(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则 v1=a1t1=6m/s⑨‎ v2=a2t1=2m/s⑩‎ t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间摩擦力为零,同理可得a1'=6m/s2‎ a2'=-2m/s2‎ 即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有 v2+a2't2=0‎ 联立⑩式得t2=1s 在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为 s=‎1‎‎2‎a‎1‎t‎1‎‎2‎‎+v‎1‎t‎2‎+‎1‎‎2‎a‎1‎'‎t‎2‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎a‎2‎t‎1‎‎2‎‎+v‎2‎t‎2‎+‎1‎‎2‎a‎2‎'‎t‎2‎‎2‎=12m