（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律綜合檢測（含解析）新人教版

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1、牛頓運動定律綜合檢測 (時間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1～7小題只有一個選項正確,第8～12小題有多個選項正確,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.下列有關(guān)行車安全的說法正確的是(　C　) A.系好安全帶可以減小人的慣性 B.同一輛車,速度越大停下來需要的時間越長,說明速度大的車慣 性大 C.系好安全帶可以減輕因人的慣性而造成的傷害 D.系好安全帶可以減輕因車的慣性而造成的傷害 解析:慣性大小唯一的量度是質(zhì)量,所以A,B錯誤;系好安全帶可減輕因人的慣性而造成的傷

2、害,C正確,D錯誤. 2.如圖所示,兩個質(zhì)量分別為m1=2 kg,m2=3 kg的物體置于光滑的水平面上,中間用水平的輕質(zhì)彈簧測力計連接.兩個大小分別為F1=30 N, F2=20 N的水平拉力分別作用在m1,m2上,則(　D　) A.彈簧測力計的示數(shù)是25 N B.彈簧測力計的示數(shù)是50 N C.在突然撤去F2的瞬間,m1的加速度大小為5 m/s2 D.在突然撤去F1的瞬間,m1的加速度大小為13 m/s2 3.豎直升降的電梯內(nèi)的地板上豎直放置一根輕質(zhì)彈簧,彈簧上方有一個質(zhì)量為m的物體.當(dāng)電梯靜止時彈簧被壓縮了x;當(dāng)電梯運動時彈簧又被壓縮了x.試判斷電梯運動的可能情況是(　

3、D　) A.以大小為2g的加速度加速上升 B.以大小為2g的加速度減速上升 C.以大小為g的加速度加速下降 D.以大小為g的加速度減速下降 解析:因為電梯靜止時,彈簧被壓縮了x,由此可知mg=kx.當(dāng)電梯運動時,彈簧又被壓縮了x,彈簧的彈力變大,物體所受合力方向向上,大小是mg,處于超重狀態(tài).由牛頓第二定律可得mg=ma,即加速度大小a=g,方向是向上的,此時物體可能是做向上的勻加速運動,也可能是做向下的勻減速運動,D正確. 4.如圖所示,在建筑工地,工人用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起,其中A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為3m,水平作用力為F,A,B

4、之間的動摩擦因數(shù)為μ,在此過程中,A,B間的摩擦力為(　D　) A.μF B.2μF C.m(g+a) D.m(g+a) 解析:由于A,B相對靜止,故A,B之間的摩擦力為靜摩擦力,A,B錯誤.設(shè)工人一只手對A,B在豎直方向上的摩擦力為Ff,以A,B整體為研究對象可知在豎直方向上有2Ff-(m+3m)g=(m+3m)a,設(shè)B對A的摩擦力方向向下,大小為Ff′,對A由牛頓第二定律有Ff-Ff′-mg=ma,解得Ff′=m(g+a),C錯誤,D正確. 5.以初速度v豎直向上拋出一小球,小球所受空氣阻力與速度的大小成正比,下列圖像中,能正確反映小球從拋出到落回原處的速

5、度隨時間變化情況的是(　D　) 解析:設(shè)小球所受的阻力f=kv,小球的質(zhì)量為m,則在小球上升的過程中有mg+f=ma,得a=g+,由于上升過程中小球的速度越來越小,小球的加速度a也越來越小,故vt圖像的斜率的絕對值越來越小,A,B錯誤;在下落過程中有a=g-,下落過程中小球的速度越來越大,故小球的加速度越來越小,則v-t圖像的斜率的絕對值越來越小,C錯誤,D 正確. 6.如圖所示,木塊A,B靜止疊放在光滑水平面上,A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為2m.現(xiàn)施加水平力F拉B,A,B剛好不發(fā)生相對滑動,一起沿水平面運動.若改為水平力F′拉A,使A,B也保持相對靜止,一起沿水平面運動,則F′不得超過

6、(　B　) A.2F B. C.3F D. 解析:水平力F拉B時,A,B剛好不發(fā)生相對滑動,這實際上是將要滑動,但尚未滑動的一種臨界狀態(tài),從而可知此時A,B間的摩擦力即為最大靜摩擦力. 對A,B整體:F=(m+2m)a. 再將A隔離可得A,B間最大靜摩擦力為 Ffm=ma,解以上兩式得Ffm=. 若將F′作用在A上,隔離B可得B能與A一起運動,而A,B不發(fā)生相對滑動的最大加速度a′=, 對A,B整體:F′=(m+2m)a′,由以上幾式解得F′=. 7.如圖,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板,其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和

7、滑動摩擦力相等.現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt(k是常數(shù)),木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(　A　) 解析:開始階段兩物體一起做勻加速運動,有F=(m1+m2)a,即a= =,兩物體加速度相同且與時間成正比.當(dāng)兩物體間的摩擦力達到μm2g后,兩者發(fā)生相對滑動.對m2有F-f=m2a2,在相對滑動之前f逐漸增大,相對滑動后f=μm2g不再變化,a2==-μg,故其圖像斜率增大;而對m1,在發(fā)生相對滑動后,有μm2g=m1a1,故a1=為定值.故A選項 正確. 8.如圖(甲)所示,靜止在水平地面上的物塊A,受到水平向右

8、的拉力F作用,F與時間t的關(guān)系如圖(乙)所示,設(shè)物塊與地面的最大靜摩擦力Ffm與滑動摩擦力大小相等,則(　BC　) A.0～t1時間內(nèi)物塊A的加速度逐漸增大 B.t2時刻物塊A的加速度最大 C.t3時刻物塊A的速度最大 D.t2～t4時間內(nèi)物塊A一直做減速運動 解析:0～t1時間內(nèi)物塊A受到的靜摩擦力逐漸增大,物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),選項A錯誤.t2時刻物塊A受到的拉力F最大,物塊A的加速度最大,選項B正確.t3時刻物塊A受到的拉力減小到等于滑動摩擦力,加速度減小到零,物塊A的速度最大,選項C正確.t2～t3時間內(nèi)物塊A做加速度逐漸減小的加速運動,t3～t4時間內(nèi)物塊A一直做減速運動,

9、選項D錯誤. 9.如圖(甲)所示,傾角為θ的粗糙斜面體固定在水平面上,初速度為v0=10 m/s、質(zhì)量為m=1 kg的小木塊沿斜面上滑,若從此時開始計時,整個過程中小木塊速度的平方隨路程變化的關(guān)系圖像如圖(乙)所示,取g=10 m/s2,則下列說法正確的是(　BCD　) A.0～5 s內(nèi)小木塊做勻減速運動 B.在t=1 s時刻,摩擦力反向 C.斜面傾角θ=37° D.小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5 解析:由勻變速直線運動的速度位移公式得v2-=2ax,由題圖(乙)可得a==-10 m/s2,故減速運動時間t==1 s,故A錯誤;由題圖(乙)可知,在 0～1 s 內(nèi)小木塊向上

10、做勻減速運動,1 s后小木塊反向做勻加速運動,t=1 s時摩擦力反向,故B正確;由題圖(乙)可知,小木塊反向加速運動時的加速度a′== m/s2=2 m/s2,由牛頓第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=m|a|,mgsin θ-μmgcos θ=ma′,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5,θ=37°,故C,D正確. 10.如圖所示,水平傳送帶A,B兩端相距s=3.5 m,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,工件滑上傳送帶A端的瞬時速度vA=4 m/s,到達B端的瞬時速度設(shè)為vB.g取10 m/s2,下列說法中正確的是(　ABC　) A.若傳送帶不動,vB=3 m/s B.若傳送帶以速度

11、v=4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動,vB=3 m/s C.若傳送帶以速度v=2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,vB=3 m/s D.若傳送帶以速度v=4 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,vB=3 m/s 解析:若傳送帶不動,由勻變速直線運動規(guī)律可知-=-2as,a=μg,代入數(shù)據(jù)解得vB=3 m/s,當(dāng)滿足選項B,C中的條件時,工件的運動情況跟傳送帶不動時的一樣,同理可得,工件到達B端的瞬時速度仍為3 m/s,故選項A,B,C正確;若傳送帶以速度v=4 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,則工件滑上A端后做勻速運動,到B端的速度仍為4 m/s,故選項D 錯誤. 11.如圖(甲)所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移

12、x與斜面傾角θ的關(guān)系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ,實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖(乙)所示,g取10 m/s2,根據(jù)圖像可求出(　BC　) A.物體的初速率v0=3 m/s B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.75 C.取不同的傾角θ,物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin= 1.44 m D.當(dāng)θ=45°時,物體達到最大位移后將停在斜面上 解析:當(dāng)斜面傾角θ=90°時,物體對斜面無壓力,也無摩擦力,物體做豎直上拋運動,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有02-=-2gx,根據(jù)題圖(乙)可得此時x=1.80 m,解得初速率v0=

13、6 m/s,選項A錯.當(dāng)斜面傾角θ= 0°時即為水平,物體在運動方向上只受到摩擦力作用,則有μmgx= m,根據(jù)題圖(乙)知此時x=2.40 m,解得μ=0.75,選項B對.物體沿斜面上滑,由牛頓第二定律可知加速度a=gsin θ+μgcos θ =g(sin θ+μcos θ).=2ax=2g(sin θ+μcos θ)x,得當(dāng)sin θ+μcos θ最大時,即tan θ=,θ=53°時,x取最小值xmin,解得xmin= 1.44 m,C項正確.當(dāng)θ=45°時,因mgsin 45°>μmgcos 45°,則物體達到最大位移后將返回,D項錯誤. 12.如圖(甲)所示,繃緊的水平傳送

14、帶始終以恒定速率v1運行.初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶.若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖(乙)所示.已知|v2|>|v1|,則(　BD　) A.t2時刻,小物塊離A處的距離達到最大 B.t2時刻,小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C.0～t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t2時間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析:0～t1時間內(nèi),小物塊受到向右的滑動摩擦力作用而做勻減速運動,速度減為零時并未從左端滑下,說明傳送帶足夠長,其向左運動的位移大小x1=;t1～

15、t2時間內(nèi):小物塊受到的滑動摩擦力仍然向右,因此反向做勻加速運動,加速到與傳送帶速度v1相等,其位移大小x2=

16、點的間距x2和D,E兩點的間距x4已量出,利用這兩段間距計算小車加速度的表達式為　　　　.? (3)某同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的a-圖線如圖(乙)所示,從圖線可得沙和沙桶的總質(zhì)量為　　　　kg.(g取 10 m/s2)? (4)另一位同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的a-圖像如圖(丙)所示,則造成這一結(jié)果的原因是　.? 解析:(1)本題要測量小車的質(zhì)量,所以還缺少的一件器材是天平; (2)根據(jù)逐差法得:x4-x2=2aT2, 解得a=. (3)根據(jù)牛頓第二定律可知,a=,則F即為a-圖像的斜率,所以沙和沙桶的總重力m′g=F= N=0.2 N,解得m′=0.02 kg. (4)從題圖(丙)中發(fā)現(xiàn)

17、直線沒過原點,當(dāng)繩子上有拉力時小車的加速度還為0,則該同學(xué)實驗操作中遺漏了平衡摩擦力這個步驟.所以原因是沒有平衡摩擦力或摩擦力平衡不夠. 答案:(1)天平 (2)a= (3)0.02 (4)沒有平衡摩擦力或摩擦力平衡不夠 評分標(biāo)準(zhǔn):(1)(2)每空1分,(3)(4)每空2分. 14.(8分)用圖(甲)所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律. (1)某同學(xué)通過實驗得到如圖(乙)所示的aF圖像,造成這一結(jié)果的原因是:在平衡摩擦力時木板與水平桌面間的傾角　　　　(選填“偏大”或“偏小”).? (2)該同學(xué)在平衡摩擦力后進行實驗,實際小車在運動過程中所受的拉力　　　　(選填“大于”“小

18、于”或“等于”)砝碼和盤的總重力,為了便于探究、減小誤差,應(yīng)使小車與車上砝碼質(zhì)量M與砝碼和盤的總質(zhì)量m滿足　　　　的條件.? (3)某同學(xué)得到如圖(丙)所示的紙帶,已知打點計時器電源頻率為50 Hz,A,B,C,D,E,F,G是紙帶上7個連續(xù)的點,由此可算出小車的加速度a=　　　　m/s2(保留兩位有效數(shù)字).? 解析:(1)當(dāng)拉力F=0時,小車具有加速度,說明平衡摩擦力時平衡過度,即木板與水平桌面間的傾角偏大. (2)對整體分析,根據(jù)牛頓第二定律得,a=,則繩子的拉力F=Ma=,所以實際小車在運動過程中所受的拉力小于砝碼和盤的總重力,當(dāng)M?m,即砝碼和盤的總質(zhì)量小于小車和小車上砝碼

19、的總質(zhì)量時,砝碼和盤的總重力在數(shù)值上近似等于小車運動時受到的拉力. (3)根據(jù)刻度尺的示數(shù)可知Δx=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm,時間間隔為T=0.06 s, 代入Δx=aT2得加速度為a=5.0 m/s2. 答案:(1)偏大　 (2)小于　M?m (3)5.0 評分標(biāo)準(zhǔn):每空2分. 15.(6分)如圖(甲)所示,在傾角為θ=30°的長斜面上有一帶風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑,滑塊的質(zhì)量為m=2 kg,它與斜面的動摩擦因數(shù)為μ,帆受到的空氣阻力與滑塊下滑的速度成正比,即Ff=kv.若滑塊從靜止開始下滑的速度—時間圖像如圖(乙)中的曲線所示,圖(乙)中的直線是t

20、=0時速度圖線的切線,g=10 m/s2. (1)求滑塊下滑的最大加速度和最大速度; (2)求μ和k的值. 解析:(1)由題圖(乙)可得t=0時,滑塊下滑的加速度最大為 amax===3 m/s2(2分) t=3 s時,滑塊下滑的速度最大為 vmax=2 m/s.(1分) (2)t=0時滑塊下滑的加速度最大為amax,由牛頓第二定律得 F合=mgsin θ-μmgcos θ=mamax,(1分) t=3 s時滑塊下滑的速度達到最大,有 mgsin θ=μmgcos θ+kvmax,(1分) 解得μ=,k=3 kg/s(說明:k的答案沒有單位不算對).(1分) 答案:

21、(1)3 m/s2　2 m/s　(2)　3 kg/s 16.(8分)如圖(甲)所示,有一足夠長的粗糙斜面,傾角θ=37°,一滑塊以初速度v0=16 m/s從底端A點滑上斜面,滑至B點后又返回到A點.滑塊運動的速度—時間圖像如圖(乙)所示,求:(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2) (1)A,B之間的距離; (2)滑塊再次回到A點時的速度大小; (3)滑塊在整個運動過程中所用的時間. 解析:(1)由vt圖像知A,B之間的距離為 sAB= m=16 m.(1分) (2)設(shè)滑塊從A滑到B過程的加速度大小為a1,從B返回到A過程的加速度大

22、小為a2,滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ,則有 a1== m/s2=8 m/s2(1分) 由于mgsin θ+μmgcos θ=ma1, 得μ=0.25.(1分) 滑塊由B返回到A的過程中,則有 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 即a2=4 m/s2,(1分) 設(shè)滑塊返回到A點時的速度為v, 有v2-0=2a2sAB 即v=8 m/s.(1分) (3)設(shè)滑塊從A到B用時為t1,從B返回到A用時為t2, 則有t1=2 s(1分) t2==2 s(1分) 則滑塊在整個運動過程中所用的時間為 t=t1+t2=(2+2) s.(1分) 答案:(1)16 m　(2)

23、8 m/s　(3)(2+2) s 17.(12分)如圖所示,傳送帶與平板緊靠在一起,且上表面在同一水平面內(nèi),兩者長度分別為L1=2.5 m,L2=2 m.傳送帶始終保持以速度v向右勻速運動.現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)輕放到傳送帶的左端,然后平穩(wěn)地滑上平板.已知:滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,滑塊與平板,平板與支持面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3、μ2=0.1,滑塊、平板的質(zhì)量均為m=2 kg,g取10 m/s2.求: (1)若滑塊恰好不從平板上掉下,求v的大小. (2)若v=6 m/s,求滑塊離開平板時的速度大小. 解析:(1)滑塊在平板上做勻減速運動,加速度大小 a1==

24、3 m/s2 由于μ1mg>2μ2mg 故平板做勻加速運動,加速度大小 a2==1 m/s2(1分) 設(shè)滑塊從平板左端滑至右端用時為t,共同速度為v′,平板位移為x, 對滑塊進行分析: v′=v-a1t(1分) L2+x=vt-a1t2(1分) 對平板進行分析:v′=a2t(1分) x=a2t2(1分) 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得t=1 s,v=4 m/s. 當(dāng)v=4 m/s時,滑塊在傳送帶上加速運動的位移為 x1==1.6 m

25、=5 m/s<6 m/s(1分) 即滑塊滑上平板的速度為5 m/s. 設(shè)滑塊在平板上運動的時間為t′, 離開平板時的速度為v″,平板位移為x′ 則v″=v1-a1t′(1分) L2+x′=v1t′-a1t′2(1分) x′=a2t′2(1分) 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得t′= s,t2′=2 s(t2′>t,不合題意, 舍去) 將t′= s代入v″=v1-a1t′得 v″=3.5 m/s.(1分) 答案:(1)4 m/s　(2)3.5 m/s 18.(12分)如圖所示,一長L=2 m,質(zhì)量M=4 kg的薄木板(厚度不計)靜止在粗糙的水平臺面上,其右端距平臺邊緣l=5 m,

26、木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點),已知木板與平臺、物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.4.現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F,其大小為48 N,g取10 m/s2,試求: (1)F作用了1.2 s時,木板的右端離平臺邊緣的距離; (2)要使物塊最終不能從平臺上滑出去,則物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件. 解析:(1)假設(shè)開始時物塊與木板會相對滑動,由牛頓第二定律: 對木板: F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1 解得a1=6 m/s2(1分) 對物塊:μ1mg=ma2 解得a2=4 m/s2,(1分) 因a2

27、時間后,物塊恰好從木板左端滑離,則 =a1t2-a2t2(1分) 解得t=1 s(1分) 在此過程:木板位移 x1=a1t2=3 m 末速度v1=a1t=6 m/s(1分) 物塊位移x2=a2t2=2 m, 末速度v2=a2t=4 m/s(1分) 在物塊從木板上滑落后的t0=0.2 s內(nèi),由牛頓第二定律,對木板:F- μ1Mg=Ma1′ 解得a1′=8 m/s2(1分) 木板發(fā)生的位移 x1′=v1t0+a1′=1.36 m 此時木板右端距平臺邊緣 Δx=l-x1-x1′=0.64 m.(1分) (2)物塊滑至平臺后,做勻減速直線運動,由牛頓第二定律: 對物塊:μ2mg=ma2′(1分) 解得a2′=μ2g 若物塊在平臺上速度減為0, 則通過的位移x2′=(1分) 要使物塊最終不會從平臺上掉下去需滿足 l+≥x2+x2′(1分) 聯(lián)立解得μ2≥0.2.(1分) 答案:(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2 12