2019年高考物理大一轮复习 第三单元 牛顿运动定律单元综合质检 沪科版.doc

2019年高考物理大一轮复习 第三单元 牛顿运动定律单元综合质检 沪科版单元质检第5页一、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15题只有一项符合题目要求,第68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.下列关于超重与失重的说法中,正确的是()A.超重就是物体的重力增加了B.失重就是物体的重力减少了C.完全失重就是物体的重力没有了D.不论是超重、失重,还是完全失重,物体所受的重力是不变的解析:超重与失重是指“视重”,不论是超重还是失重,重力都是不变的,变的只是物体受到支持物的支持力(或细绳的拉力),超重是支持力(或拉力)大于重力,失重是支持力(或拉力)小于重力,完全失重是支持力(或拉力)为零,D正确。答案:D2.汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶,根据牛顿运动定律,以下说法中正确的是()A.汽车能拉着拖车加速前进,是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B.加速前进时,汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等C.汽车先对拖车施加拉力,然后才产生拖车对汽车的拉力D.汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等解析:汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力,它们的大小是相等的,它们同时产生、同时消失;汽车能拉着拖车加速前进,是因为汽车的牵引力大于地面对整体的摩擦力,拖车加速运动表明汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力。综上可知,B正确。答案:B3.某一物体运动情况或所受合外力的情况如图所示,四幅图的图线都是直线,从图中可以判断这四个一定质量物体的某些运动特征。下列有关说法中正确的是()A.甲图物体受到不为零且恒定的合外力B.乙图物体受到的合外力越来越大C.丙图物体受到的合外力为零D.丁图物体的加速度越来越大解析:甲图是位移图象,斜率表示速度,速度不变,加速度为零,力为零,A错误;乙图是速度图象,由图象知速度均匀增加,加速度恒定,力恒定,B错误;丙图是加速度图象,表示加速度不变,合外力不为零,C错误;丁图是合外力图象,合外力均匀增加,加速度增大,D正确。答案:D4.如图所示,水平面B点以左是光滑的,B点以右是粗糙的,质量为m1和m2的两个小物块,在B点以左的光滑水平面上相距L,以相同的速度向右运动,先后进入表面粗糙的水平面,最后停止运动。它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同。静止后两个小物块间的距离为s,则有()A.若m1m2,则sLB.若m1=m2,则s=LC.若m1LD.无论m1、m2的大小关系如何,都有s=0解析:根据牛顿第二定律可知,两小物块在B点右侧的加速度相同,即a=g,而且两小物块到达B点的初速度相同,那么它们在B点右侧粗糙面上的位移相同。所以无论m1、m2的大小关系如何,都有s=0。答案:D5.如图所示,小车沿水平面做直线运动,小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁,小车向右加速运动。若小车向右加速度增大,则小车左壁受物块的压力N1和小车右壁受弹簧的压力N2的大小变化是()A.N1不变,N2变大B.N1变大,N2不变C.N1、N2都变大D.N1变大,N2减小解析:因为弹簧形变量没有发生改变,所以小车右壁受到的弹簧的压力N2不变,小车向右的加速度增大,物块向右的加速度也增大,而物块受到的弹簧弹力不变,所以小车左壁对物块的弹力变大,即小车左壁受物块的压力N1变大,因此B正确。答案:B6.下列说法中正确的是()A.力学中的三个基本单位是:长度的单位“米”、时间的单位“秒”、质量的单位“千克”B.伽利略通过实验证实了力是使物体运动的原因C.牛顿运动定律只适用于低速宏观物体,对微观世界是不适用的D.物体惯性的大小是由质量和速度共同决定的解析:在国际单位制中,把物理量的单位分为基本单位和导出单位,其中长度的单位米(m),时间的单位秒(s),质量的单位千克(kg)属于基本单位,A正确;伽利略通过理想实验说明了力是改变物体运动状态的原因,B错误;根据牛顿运动定律的适用条件,知C正确;惯性是物体具有的保持其原来运动状态的属性,其唯一量度是物体的质量,D错误。答案:AC7.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示,取g=10 m/s2。下列选项中正确的是()A.05 s内物块做匀减速运动B.在t=1 s时刻,恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面的动摩擦因数为0.3解析:根据题图乙可知,物块先匀减速运动到x=5 m处,此时速度减为零,之后向右做匀加速直线运动,加速运动到x=13 m处时速度达到8 m/s;设匀减速运动的加速度大小为a1,匀加速运动的加速度大小为a2,则a1=m/s2=10 m/s2,a2=m/s2=4 m/s2,所以物体做匀减速运动的时间为t=1 s,在t=1 s时刻,恒力F反向,A错误,B正确;根据牛顿第二定律有F+mg=ma1,F-mg=ma2,联立并代入数据可得,F=7 N,=0.3,所以C错误,D正确。答案:BD8. (xx东北三校二模)如图所示,在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体,B的质量是A的2倍,B受到向右的恒力FB=2 N,A受到的水平力FA=(9-2t)N(t的单位是s),从t=0开始计时,则()A.t=3.5 s时,A、B两物体开始分离B.t4 s后,B物体做匀加速直线运动C.t=4.5 s时,A物体的速度为零D.t4.5 s后,A、B的加速度方向相反解析:对A、B整体,根据牛顿第二定律有:FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用力为N,则对B由牛顿第二定律知:N+FB=mBa,所以N=-FB=N。所以当t=4 s时N=0,A、B两物体开始分离,此后B做匀加速直线运动,而A做加速度逐渐减小的加速运动;当t=4.5 s时A物体的加速度为零而速度不为零;t4.5 s后,A所受合外力反向,即A、B的加速度方向相反。A、C错,B、D对。答案:BD二、实验题(共15分)9.(7分)(xx贵州五校联考)用图1所示的实验装置验证牛顿第二定律。(1)某同学通过实验得到如图2所示的aF图象,造成这一结果的原因是在平衡摩擦力时。图中a0表示的是时小车的加速度。(2)某同学得到如图3所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50 Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。s=sDG-sAD=cm。由此可算出小车的加速度a=m/s2(保留两位有效数字)。图3解析:本题考查“验证牛顿第二定律”的实验,意在考查学生对该实验的领悟能力及处理数据的能力。(1)aF图象的纵轴截距不为零是因为平衡摩擦力过度,即长木板的倾角过大造成的;aF图象的纵轴截距a0表示的是未挂砂桶时小车的加速度。(2)s=sDG-sAD=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm;由s=sDG-sAD=a(3T)2,解得a=5.0 m/s2。答案:(1)长木板的倾角过大(能答到这个意思即可)未挂砂桶(2)1.805.010.(8分)(xx湖北重点中学联考)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持不变,用钩码所受的重力作为小车所受外力,用DIS测小车的加速度。(2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量,在某次实验中根据测得的多组数据可画出关系图线,如图乙所示:分析此图线的OA段可得出的实验结论是。此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是。A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大解析:本题考查“探究物体的加速度和力的关系”的实验,意在考查学生的实验分析能力。(1)由于探究物体的加速度和力的关系,因而要保持物体的质量不变,即应保持小车和位移传感器(发射器)的质量不变。(2)OA段为过原点的直线,因而可以得到:在小车和位移传感器(发射器)质量不变的条件下,小车和位移传感器(发射器)的加速度与合外力成正比;由于所挂钩码的质量较大,不能满足“钩码的质量远远小于小车和位移传感器(发射器)的质量”,所以图线发生偏离,故C正确。答案:(1)小车和位移传感器(发射器)的质量(2)在小车和位移传感器(发射器)质量不变的条件下,其加速度与外力成正比C三、计算题(本题共3小题,共47分)11.(15分)如图甲所示,质量为m=1 kg的物体置于倾角=37的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,t1=1 s时撤去拉力,物体运动的部分vt图象如图乙所示。试求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数。(2)拉力F的大小。解析:设力F作用时物体的加速度为a1,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知F-mgsin-mgcos=ma1撤去力F后,由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma2根据图象可知:a1=20 m/s2,a2=10 m/s2代入解得F=30 N,=0.5。答案:(1)0.5(2)30 N12.(15分)如图所示,质量m=40 kg的木块静止于水平面上,某时刻在大小为200 N、方向与水平方向成=37角斜向上的恒力F作用下做匀加速直线运动,2 s末撤去力F时木块滑行的距离为s0=5.2 m,(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求: (1)木块与地面间的动摩擦因数。(2)撤去拉力后,木块继续滑行的距离。解析:(1)设木块加速阶段的加速度为a1由匀变速直线运动规律得s0=a1N+Fsin=mgFcos-N=ma1解得=0.2。(2)2 s末木块的速度v1=a1t1匀减速阶段a2=g木块继续滑行的距离s=解得:s=6.76 m。答案:(1)0.2(2)6.76 m13.(17分)一弹簧一端固定在倾角为37的光滑斜面的底端,另一端拴住质量m1=4 kg的物块P,Q为一重物,已知Q的质量m2=8 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止,如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力。求力F的最大值与最小值。(sin 37=0.6,取g=10 m/s2)解析:从受力角度看,两物体分离的条件是两物体间的正压力为0。从运动学角度看,一起运动的两物体恰好分离时,两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。设刚开始时弹簧压缩量为x0则(m1+m2)gsin=kx0因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律知kx1-m1gsin=m1a前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0-x1=at2联立式解得a=3 m/s2当P、Q开始运动时拉力最小,此时有Fmin=(m1+m2)a=36 N当P、Q分离时拉力最大,此时有Fmax=m2(a+gsin)=72 N。答案:Fmax=72 NFmin=36 N