（名師導學）2020版高考物理總復習 第三章 牛頓運動定律同步測試卷 新人教版

《（名師導學）2020版高考物理總復習 第三章 牛頓運動定律同步測試卷 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考物理總復習 第三章 牛頓運動定律同步測試卷 新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律 同步測試卷 時間：90分鐘　總分：100分 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．其中1～7為單項選擇題，8～10題為多項選擇題，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷，例如從解得物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一些特殊條件下的結果等方面進行分析，并與預期結果、實驗結論等進行比較，從而判斷解的合理性或正確性，舉例如下：聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關，下列速度表達式中，k為比例系數(shù)，無

2、單位，則這四個表達式中可能正確的是(B) A．v＝ B．v＝ C．v＝ D．v＝ 【解析】根據(jù)力學單位制，速度的單位是m/s，密度的單位是kg/m3，壓強的單位是kg/m·s2，所以的單位是m2/s2，選項A、D錯誤；的單位是m/s，選項B正確、C錯誤． 2．一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行．現(xiàn)將一塊木炭無初速度地放在傳送帶的最左端，木炭在傳送帶上將會留下一段黑色的痕跡．下列說法正確的是(D) A．褐色的痕跡將出現(xiàn)在木炭的左側 B．木炭的質(zhì)量越大，痕跡的長度越短 C．傳送帶運動的速度越大，痕跡的長度越短 D．木炭與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，痕跡的長度越短 【解

3、析】木炭水平方向無初速度放到傳送帶上時，相對于傳送帶向左運動，所以會在木炭的右側留下黑色痕跡，選項A錯；在木炭的速度增加到等于傳送帶的速度之前，木炭相對于傳送帶向左做勻減速直線運動，根據(jù)v2＝2ax，其中a＝μg，與m無關，選項B錯；由前式知，a一定時，v越大，x越長，選項C錯；在v一定時，μ越大，a越大，x越小，選項D對． 3．如圖所示，滑輪的質(zhì)量不計，已知三個物體的質(zhì)量關系是m1>m2＋m3，關于彈簧測力計的讀數(shù)T，正確的是(A) A．T<(m1＋m2＋m3)g B．T>(m1＋m2＋m3)g C．T＝(m1＋m2＋m3)g D．無法判斷 【解析】由m1>m2＋m3可知，m

4、1向下加速，處于失重狀態(tài)；(m2＋m3)向上加速，處于超重狀態(tài)．m1與m2和m3通過繩子連接，兩部分的加速度大小相等，整體系統(tǒng)對彈簧測力計的拉力：T＝(m1＋m2＋m3)g－m1a＋(m2＋m3)a.因為m1>m2＋m3，所以T<(m1＋m2＋m3)g，故A正確． 4．如圖所示，A、B兩個物體通過一輕彈簧相連，已知mA＝1 kg，mB＝2 kg.現(xiàn)對A施加一大小為3 N的水平恒力F，使它們一起沿粗糙的水平地面向右做勻速運動，某時刻突然撤去力F，此時A、B兩物體的加速度分別為aA、aB，則(C) A．a(chǎn)A＝aB＝0 B．a(chǎn)A＝aB＝1 m/s2，方向水平向左 C．a(chǎn)A＝3 m/s2，

5、方向水平向左，aB＝0 D．a(chǎn)A＝3 m/s2，方向水平向右，aB＝1.5 m/s2，方向水平向左 【解析】在未撤去外力時，對整體受力分析由共點力平衡可得F－μ(mA＋mB)g＝0，解得：μ＝0.1，對B受力分析可得F彈－μmBg＝0，解得：F彈＝μmBg＝2 N；當撤去外力時，由于彈簧的彈力沒來得及變化，故B物體受到的力不變，所以勻速運動，加速度為0，對A分析，由牛頓第二定律可得F彈＋μmAg＝mAaA，解得：aA＝3 m/s2，方向水平向左，故C正確． 5．質(zhì)量為2 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示．A和B經(jīng)過1 s達到同

6、一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(C) A．A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4 B．B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2 C．A的質(zhì)量m＝6 kg D．A的質(zhì)量m＝3 kg 【解析】由圖象可知，A在0～1 s內(nèi)的加速度 a1＝＝－2 m/s2 對A由牛頓第二定律得：－μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2，A錯誤．由圖象知，A、B整體在1～3 s內(nèi)的加速度a3＝＝－1 m/s2，對A、B由牛頓第二定律得：－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3，解得：μ2＝0.1，B錯誤．由圖象可知B在0～1 s內(nèi)的加速

7、度a2＝＝2 m/s2，對B由牛頓第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得：m＝6 kg.C正確，D錯誤． 6．如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心．每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、ad到達a、b所用的時間，則下列關系不正確的是(A) A．t1＝t2 B．t2＞t3 C．t1＜t2 D．t1＝t3 【解析】設Ob與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系得Oa與豎直方向的夾角為，環(huán)

8、沿Oa下滑時的加速度大小為a1＝gcos ，沿Ob下滑時的加速度大小為a2＝gcos θ，設Ob長為L，由幾何關系得Oa長為Lcos ，根據(jù)運動學公式有L＝a2t，Lcos ＝a1t得t＝，t＝，由此得到t1＜t2；由于t1＝，同理可得到t3＝，因此t1＝t3，t2＞t3，故A錯誤，B、C、D正確．本題選不正確的，故選A. 7．如圖所示，水平面上停放著A、B兩輛小車，質(zhì)量分別為M和m，M＞m，兩小車相距為L，人的質(zhì)量也為m，另有質(zhì)量不計的硬桿和細繩．第一次人站在A車上，桿插在B車上；第二次人站在B車上，桿插在A車上；若兩種情況下人用相同大小的水平作用力拉繩子，使兩車相遇，不計阻力，兩次小

9、車從開始運動到相遇的時間分別為t1、t2，則(B) A．t1等于t2 B．t1小于t2 C．t1大于t2 D．條件不足，無法判斷 【解析】設拉力為F，當人在A車上時，由牛頓第二定律得，A車的加速度為：aA＝　①，B車的加速度為：aB＝　②，AB兩車都做勻加速直線運動，aAt＋aBt＝L?、郏斎嗽贐車上時，由牛頓第二定律得，A車的加速度為：aA′＝　④，B車的加速度為：aB′＝　⑤，AB兩車都做勻加速直線運動，aA′t＋aB′t＝L?、?，由①②③④⑤⑥式解得：＝<1，所以t1＜t2；故選B. 8．如圖所示，小車內(nèi)有一質(zhì)量為m的物塊，一輕彈簧與小車和物塊相連，處于壓縮狀態(tài)且在彈性

10、限度內(nèi)．彈簧的勁度系數(shù)為k，形變量為x，物塊和車之間動摩擦因數(shù)為μ.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運動過程中，物塊和小車始終保持相對靜止．下列說法正確的是(AC) A．若μmg小于kx，則車的加速度方向一定向左 B．若μmg小于kx，則車的加速度a最小值為，且車只能向左加速運動 C．若μmg大于kx，則車的加速度方向可以向左也可以向右 D．若μmg大于kx，則加速度最大值為，加速度的最小值為 【解析】彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力向左；由牛頓第二定律：F＝ma知，若μmg小于kx，則車的加速度方向一定向左，A正確；若μmg小于kx，則車的加速度a最小值為a＝，且方向向左，但可以減速向右，B錯

11、誤；若μmg大于kx，則車的加速度方向可以向左也可以向右，C正確；若μmg大于kx，則加速度最大值為a′＝，加速度的最小值為0，D錯誤． 9．如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速率v1沿順時針轉動，傳送帶右側有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物塊以初速度v2沿直線向左滑向傳送帶后，經(jīng)過一段時間又返回光滑水平面，此時其速率為v3，下列說法正確的是(BC) A．只有v1＝v2時，才有v3＝v1 B．若v1>v2，則v3＝v2 C．若v1

12、平面，C對，A錯．若v1>v2，物塊在傳送帶上向左勻減速到0，向左的位移x＝，再向右加速運動同樣大小的位移x，返回水平面，v＝2μgx＝v，B對，D錯． 10．如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以v＝2.4 m/s的速度逆時針勻速轉動，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，某時刻同時將A、B物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，已知A、B兩物塊釋放時有一定間距，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μA＝0.75、μB＝0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(BC) A．物塊B先做勻加速直線運動，后與傳送帶保持相

13、對靜止 B．物塊B最終一定追上物塊A C．在t＝0.24 s時，A、B物塊速度大小相等 D．在相碰前，A、B兩物塊之間的距離一直減小 【解析】物塊B先做勻加速直線運動，當與傳送帶共速后，因為μB＝0.5

14、n 37°＋μAgcos 37°＝12 m/s2，與傳送帶共速時經(jīng)過的時間：tA＝＝0.2 s；共速后物塊A與傳送帶一起勻速下滑，則t＝0.24 s時兩物塊速度相等，選項C正確；在開始的0.24 s內(nèi)因為A的加速度較大，則兩物塊間的距離逐漸變大；在0.24 s后物塊B繼續(xù)加速下滑速度逐漸變大，則兩物塊間的距離又逐漸減小，選項D錯誤． 二、實驗題(本大題共3個小題，共22分) 11．(6分)某探究學習小組用如圖所示的方案測滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)．在實驗桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端擋板一定距離處放置一小滑塊，系住小滑塊的輕質(zhì)細線跨過光滑的定滑輪后系住一小球，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．剪

15、斷細線后，小滑塊沿斜面向下運動與擋板相碰，小球自由下落與地面相碰，先后聽到兩次碰撞的聲音．反復調(diào)節(jié)滑塊的位置，直到只聽到一次碰撞的聲音．測得此情況下小滑塊距擋板的距離x＝0.5 m，距桌面距離h＝0.3 m，小球下落的高度H＝1.25 m，取g＝10 m/s2.不考慮空氣的阻力，則： (1)小滑塊與擋板碰前瞬間的速度大小為__2__ m/s. (2)滑塊與木板間動摩擦因數(shù)的表達式為____(用所給物理量的符號表示)，代入數(shù)據(jù)得μ＝__0.25__． 【解析】(1)對于小球做自由落體運動，則有H＝gt2，得到t＝ 對于滑塊，沿斜面向下做勻加速運動，運動時間與小球自由下落時間相等，則有

16、x＝at2，聯(lián)立以上兩式，得：a＝＝ m/s2＝4 m/s2. 由位移與速度公式v2＝2ax，解得：v＝＝2 m/s； (2)設木板的傾角為α，根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin α－μmgcos α＝ma 由圖看出，sin α＝ 聯(lián)立解得：μ＝ 代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.25 12．(8分)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗中： (1)為使細線的拉力等于小車受到的合力，應調(diào)節(jié)滑輪的高度，使細線與長木板平行，同時將長木板不帶滑輪的一端適當墊高，使小車在__不掛__(填“掛”或“不掛”)砂桶的情況下做勻速直線運動． (2)若某同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的加速度a與作用力F的圖線如圖

17、1所示，試分析圖象不過原點的主要原因是__沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠__． (3)實驗中得到的一條紙帶如圖2所示，紙帶上每相鄰的兩計數(shù)點間的時間間隔為T，則打點計時器打下點D時，小車運動速度的表達式vD＝____，小車運動加速度的表達式a＝____． 【解析】(1)為了消除小車與水平木板之間摩擦力的影響，采取的做法是將帶滑輪的長木板一端適當墊高，使小車在不掛鉤碼的情況下做勻速運動，以使小車的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小車的合力大小等于繩子的拉力； (2)F≠0，a＝0，所以圖線不過原點的主要原因是沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠； (3)根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速

18、度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點時小車的瞬時速度大?。畍D＝； 根據(jù)勻變速直線運動的推論公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得：x3－x1＝2a1T2；x4－x2＝2a2T2，為了更加準確的求解加速度，我們對兩個加速度取平均值得：a＝(a1＋a2)＝. 13．(8分)為了探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關系，某同學設計了如圖所示的實驗裝置．其中M為小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量，m0為小車上滑輪的質(zhì)量．力傳感器可測出輕繩中的拉力大?。? (1)實驗時，一定要進行的操作是__BC__． A．用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量 B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力 C．小車

19、靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數(shù) D．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量M (2)該同學在實驗中得到如圖所示的一條紙帶(兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出)，已知打點計時器采用的是頻率為50 Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為__2.00__ m/s2(結果保留三位有效數(shù)字)． (3)該同學以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標，加速度以為縱坐標，畫出的a－F圖象是一條直線，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為__C__． A. B.－m0 C.－m0 D. 【解析】(1)本題拉力可以由力傳感器測出，不需要用

20、天平測出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使小桶(包括砂)的質(zhì)量遠小于車的總質(zhì)量，故A錯誤，D錯誤．該題是力傳感器測出拉力，從而表示小車受到的合外力，故需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B正確；打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，該實驗探究加速度與力和質(zhì)量的關系，要記錄力傳感器的示數(shù)，故C正確；故選BC； (2)根據(jù)Δx＝aT2，利用逐差法a＝＝ m/s2＝2.00 m/s2； (3)根據(jù)牛頓第二定律2F＝(M＋m0)a，a＝F，對a－F圖來說，圖象的斜率表示小車質(zhì)量與滑輪質(zhì)量和的倒數(shù)的2倍，故M＋m0＝，解得M＝－m0，故C正確． 三、計算題(本大題共3個小

21、題，共38分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 14．(12分)有一個推礦泉水瓶的游戲節(jié)目，規(guī)則是：選手們從起點開始用力推瓶一段時間后，放手讓瓶向前滑動，若瓶最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi)，視為成功；若瓶最后未停在桌上有效區(qū)域內(nèi)或在滑行過程中倒下，均視為失?。浜喕Ｐ腿鐖D所示，AC為水平桌面，選手們可將瓶子放在A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推瓶，BC為有效區(qū)域．已知AB長度為L1＝4 m，BC長度為L2 ＝1 m，瓶子質(zhì)量為m＝1 kg，瓶子與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.某選手作用在瓶子上的水平推力F＝10 N，瓶子沿AC做直線運動(g取10

22、m/s2)，假設瓶子可視為質(zhì)點，那么該選手要想在游戲中獲得成功，試問：推力作用在瓶子上的時間最長不得超過多少？ 【解析】游戲要想獲得成功，瓶滑到C點速度恰好為0，推力作用時間最長． 設最長作用時間為t1，有推力作用時瓶的加速度為a1，t1時刻瓶的速度為v，推力停止后加速度為a2. 由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma1，μmg＝ma2 加速運動過程中的位移： x1＝ 減速運動過程中的位移：x2＝ 位移關系滿足： x1＋x2＝L1＋L2 v＝a1t1 解得 t1＝1 s 15．(12分)一質(zhì)量為M＝2.5 kg的物塊A放在與滑輪相距l(xiāng)的平臺上，現(xiàn)有一輕繩跨過定滑輪，左端與物塊連接

23、，右端掛質(zhì)量為m＝0.5 kg的小球B，繩拉直時用手托住小球使其在距地面h高處靜止，繩與滑輪間的摩擦不計，重力加速度為g(g取10 m/s2)．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力． (1)某探究小組欲用上述裝置測量物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)．放開小球，系統(tǒng)運動，該小組對小球勻加速下落過程拍得同一底片上多次曝光的照片如圖乙所示，拍攝時每隔1 s曝光一次，若小球直徑為20 cm，求物塊A與平臺間的動摩擦因數(shù)μ； (2)設小球著地后立即停止運動，已知l＝3.0 m，要使物塊A不撞到定滑輪，求小球下落的最大高度h. 【解析】(1)對照片分析知，x1＝60 cm，x2＝100 cm， 由Δx＝x2－

24、x1＝aT2 得a＝0.4 m/s2 對小球B有：mg－FT＝ma 對物塊A有：FT′－Ff＝Ma Ff＝μMg　　FT＝FT′ 解得：μ＝0.152. (2)對小球B：小球做初速度為零，加速度為a的勻加速直線運動，落地時速度為v，由運動學公式有： v2－0＝2ah 對物塊A：B從開始下落到著地，A也運動了h，隨后在摩擦力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律，有：μMg＝Ma′ 要使物塊不撞到定滑輪，則應滿足v2≤2a′(l－h(huán)) 可得h≤2.375 m，所以小球下落的最大高度為2.375 m. 16．(14分)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝

25、30°時，可視為質(zhì)點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)； (2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值． 【解析】(1)當θ＝30°，對木塊受力分析：mgsin θ＝μFN FN－mgcos θ＝0 則動摩擦因數(shù)：μ＝tan θ＝tan 30°＝ (2)當θ變化時，木塊的加速度a為：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 木塊位移s為：v＝2as，則s＝ 令tan α＝μ，則當α＋θ＝90°時s最小 即θ＝60°，s最小值為smin＝＝ smin＝ m - 10 -