2019年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律45分钟章末验收卷.doc

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1、1第三章 牛顿运动定律45分钟章末验收卷一、单项选择题1.质量为 M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为 m的物体以速度 v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力 F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图 1所示.整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为 FN，地面对三角形物块的摩擦力的大小为 Ff，重力加速度为 g，则( )图 1A.Ff0， FN( m M)g B.Ff0， FN( m M)gC.Ff0， FN( m M)g D.Ff0， FN( m M)g答案 B解析 开始时物体以速度 v0沿三角形物

2、块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上.对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知， Ff10， FN1( m M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力 F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小 FN( m M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为 Ff0，选项 B正确.2.如图 2所示，小球 A质量为 m，木块 B质量为 2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止.现对 A施加一个竖直向上的恒力 F，使小球 A在竖直方向上运动，经

3、弹簧原长时小球 A速度恰好最大，已知重力加速度为 g.则在木块 B对地面压力为零时，小球 A的加速度大小为( )图 2A.3gB.1.5gC.2gD.2.5g答案 C2解析 根据题意，当弹簧处于原长时 A球速度最大，则 F mg，当木块 B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对 B受力分析，此时有 kx2 mg，对 A根据牛顿运动定律有kx mg F ma，解得 a2 g，C 项正确.3.如图 3所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2 m和 3m的三个木块，其中质量为 2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 FT.现用水平拉力 F拉质量为 3m的木块，使三个木块以同

4、一加速度运动，则以下说法正确的是( )图 3A.质量为 2m的木块受到四个力的作用B.当 F逐渐增大到 FT时，轻绳刚好被拉断C.当 F逐渐增大到 1.5FT时，轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时，质量为 m和 2m的木块间的摩擦力为 FT23答案 C解析 质量为 2m的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为 FT时，对 m和 2m有FT3 ma，此时对整体有 F6 ma，可得 F2 FT，故 B项错，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为 m和 2m的木块间的摩擦力为 FT，故 D项错.134.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 v010m/s、质量为m1 kg

5、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 4A.05s 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 0.5答案 A解析 由匀变速直线运动的速度位移公式得 v2 v 2 ax，由题图乙可得20a 10m/s 2，故减速运动时间： t 1s，故 A错误；由题图乙可知，在0 v202x1 0 v0a301s 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

6、的加速度：a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律得：v22x2 32213 5mgsin mg cos m|a|， mgsin mg cos ma，代入数据解得： 0.5， 37，故 C、D 正确.二、多项选择题5.竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图 5所示，下列判断正确的是( )图 5A.0 t2时间内，小球的平均速度不为零B.t1 t2时间内，小球始终在抛出点下方C.t2时刻，小球落回抛出点D.t2时刻，小球距离抛出点v0t2 2t12答案 AD解析 从图象看，0 t2时间内，小球的位移即对应速度图象中的总面积不为 0，所以平均速度不为 0，A 项正确； t1 t2

7、时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B、C 项错误；0 t1时间内，小球在抛出点上方的位移为 x 上 t1， t1 t2时间内，小球下落过程中的位移为 x 下 (t2 t1)，所以总位移大小为v02 v02(t2 t1) t1 ，D 项正确.v02 v02 v0t2 2t126.一质量为 m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为 F1 k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为 F2 k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的 倍( 0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的 0.25倍

8、.在飞机起飞前，下列说法正确的是( )A.飞机一共受 5个力的作用B.飞机可能做匀加速直线运动C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于2mk11 4 4答案 BC解析 对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A 项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向： F Ff F2 ma 竖直方向： FN F1 mg Ff F N 且 F1 k1v2 F2 k2v2 联立得： F k2v2 (mg k1v2) ma整理得F mg ( k 1 k2)v2 ma 当 k2 k 1时，合力恒定，加速度恒定，做

9、匀加速直线运动，B 项正确；当 k 1 k2时，加速度随速度的增大而增大，C 项正确；若做匀加速直线运动，由式得a (0.25 )g 0.25 mgm刚起飞时，支持力 FN0，地面摩擦力为 0， mg k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2 mgk1v22 ax 联立解得 x ，D 项错误.2mk11 4 三、非选择题7.用如图 6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图 6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶.除以上器材外，还需要的实验器材有：_.A.天平(附砝码) B.秒表C.刻度尺(最小刻度为 mm) D.低压交

10、流电源5(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B.小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器.把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量 m与小车和车上砝码的总质量 M之间应满足的条件是_.这样，在改变小车上砝码的质

11、量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变.(4)如图 7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x10.55cm， x20.94cm， x31.35cm， x41.76cm， x52.15cm， x62.54cm.图 7相邻两计数点间的时间间隔为_s；计数点“6”和“7”间的位移 x7比较接近于_(填“A、B、C、D”序号)A.2.76cmB.2.85cmC.2.96cmD.3.03cm打下“3”点时小车的瞬时速度 v3_m/s；小车的加速度 a_ m/s2.(计算结果均保留 2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持

12、砂和砂桶质量不变，改变小车质量 M，分别记录小车加速度 a与其质量 M的数据.在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度 a与其质量 M的图象，如图 8，然后由图象直接得出 a与 M成反比.乙同学认为应该继续验证 a与其质量倒数 是否成正比，并1M作出小车加速度 a与其质量倒数 的图象，如图 9所示.你认为_同学(选填“甲”或1M“乙”)的方案更合理.图 86图 9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力 F，然后根据测得的数据作出 a F图象，如图 10所示.发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，

13、可能原因是( )图 10A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C.没有平衡摩擦力，且小车质量较大D.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大答案 (1)ACD (2)C (3) mM (4)0.1 C 0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选 A项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(46V)，工作频率为 50Hz，周期为 0.02s，可以计时，不需要秒表，故选 D项，不选 B项；打点计

14、时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选 C项.(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故 C正确.(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶： mg F ma，对小车： F Ma，可得小车受到的拉力 F ，加速度 a ，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合MmgM m mgM m外力(拉力)，由 F mg 可知， Fmg，只有

15、mM时，才有 F mg，所以砂和砂MM m mg1 mM桶的总质量 m与小车和车上砝码的总质量 M之间应满足的条件是 mM.7(4)打点计时器的工作周期为 T00.02s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为 T5 T00.1s.根据匀变速直线运动的规律 a ，可知： xT2 x7 x6T2 x6 x5T2x72 x6 x522.54cm2.15cm2.93cm，比较接近于 2.96cm，故选 C项. v3 0.16m/s，x3 x42Ta 0.40m/s 2.x4 x5 x6 x1 x2 x39T2(5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该

16、建立小车加速度a与小车质量的倒数 关系图象，故应选乙方案.1M(6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力 F ，当 mM时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上mg1 mM砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度 a与拉力 F成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比， a F图象发生弯曲，不再是直线，故 B正确.8.如图 11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，

17、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F，其大小为 48N， g取 10m/s2，试求：图 11(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.答案 (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，故假设成立设 F作用 t时间后，物块恰好从木

18、板左端滑离，则 a1t2 a2t2，解得 t1sL2 12 12在此过程：木板位移 x1 a1t23m，128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 t 1.36m12 20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 x2v22a2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.