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天天资源网 / 高中物理 / 教学同步 / 2022届高考物理一轮复习单元检测卷三牛顿运动定律含解析新人教版

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word 文档 - 1 - / 14 单元检测卷(三) 牛顿运动定律 时间:60 分钟 满分:100 分 一、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分.1~5 题为单选题,6~8 题为多选题) 1.如图所示,在近地圆轨道环绕地球运行的“天宫二号”的实验舱内,航天员景海鹏和 陈冬在向全国人民敬礼时( ) A.不受地球引力 B.处于平衡状态,加速度为零 C.处于失重状态,加速度约为 g D.地板的支持力与地球引力平衡 2.[2021·某某诊断(一)]我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由某某大学学生自主 研制开发的,“蜘蛛侠”利用 8 只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上,通过“爪子”交替伸缩, 就能在墙壁或玻璃上自由移动.如图所示,假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由 A 点沿直线 匀加速“爬行”到右上方 B 点,在这一过程中,图中关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析 正确的是( ) word 文档 - 2 - / 14 3.如图所示,轻弹簧竖直放置在水平面上,其上放置质量为 2kg 的物体 A,A 处于静止 状态.现将质量为 3kg 的物体 B 轻放在 A 上,则 B 与 A 刚要一起运动的瞬间,B 对 A 的压力 大小为(g 取 10m/s2)( ) A.30NB.18N C.12ND.0 4.[2020·某某二模]如图所示,质量相同的物体 A、B 用轻弹簧连接并置于光滑的水平面 上,开始时弹簧处于原长,现给物体 B 一初速度 v0,经过一段时间后,t0 时刻弹簧的长度第 一次达到最长,此时弹簧在弹性限度内.以下能正确描述两物体在 0~t0 时间,运动过程的 v t 图象是( ) 5.[2021·某某一模] word 文档 - 3 - / 14 如图所示,在光滑水平面上放有一质量 M=30kg 的斜劈,在其斜面上放一质量 m=2kg 的物块,现用一水平向右的力 F 拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对 静止.已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩 擦力,取 sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度 g=10m/s2.则拉力 F 大小为( ) A.1NB.10N C.31ND.310N 6.[2021·某某一中月考]关于以下四幅图片,说法正确的是( ) A.学生从站立状态到完全蹲下的过程中,所受的支持力和对台秤的压力始终相等 B.运动员推开冰壶后,冰壶在冰面上受到的阻力较小,将做匀速直线运动 C.设计赛车时,车身质量较轻,同时配备性能优良的发动机,是为了获得更大的加速度 D.由于塞子的质量小于试管的质量,气体喷出时塞子受到的冲击力将大于试管受到的冲 击力 7.如图所示,物块 A 套在光滑的水平横杆上,其下方用轻质细线连接一个质量为 m 的 小球 B,系统处于静止状态.现用水平恒力拉动小球 B,系统稳定运动时的加速度 a= 1 4 g,细 线与竖直方向间的夹角为α=37°;如果把物块 A 套在粗糙的水平横杆上,用同样大小的水平 word 文档 - 4 - / 14 恒力作用在小球 B 上,系统恰好能沿水平杆做匀速运动.已知重力加速度为 g,sin37°=0.6, cos37°=0.8,若不考虑空气阻力,则系统沿水平横杆做匀速运动时,下列说法正确的是( ) A.物块 A 的质量等于 m B.物块 A 受到的摩擦力大小为 mg C.物块 A D.细线和竖直方向间的夹角为 45° 8.[2021·某某某某一模]中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于 8 月 28 日至 9 月 4 日在澳大利亚举行,中国空军空降兵部队首次派员参加.一名特种兵从空中静止的直升飞机 上,抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑,运动的速度随时间变化的规律如图所示,t2 时刻特种 兵着地.下列说法正确的是( ) A.在 t1~t2 时间内,平均速度 v-= v1+v2 2 B.在 t1~t2 时间内特种兵所受的阻力越来越大 C.在 0~t1 时间内加速度不变,在 t1~t2 时间内加速度减小 D.若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑,则他们在悬绳上的 距离先增大后减小 二、非选择题(本题共 4 个小题,52 分) 9.[2021·某某某某测试](8 分)用图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量之间的关 系”实验,图乙是其俯视图.两个相同的小车放在平板上,车左端各系一条细绳,绳跨过定 word 文档 - 5 - / 14 滑轮各挂一个相同的小盘.实验中可以通过增减车中钩码改变小车质量,通过增减盘中砝码 改变拉力.两个小车右端通过细线用夹子固定,打开夹子,小车在细绳的牵引下运动,合上 夹子,两小车同时停止. (1)实验中,若两小车通过的位移比为 1 2,则两小车加速度之比为________. (2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力,应使小盘和砝码的总质量 ________(填“远大于”或“远小于”)小车和钩码的总质量. (3)探究“加速度与质量之间的关系”时,应在小盘中放质量________(填“相同”或“不 相同”)的砝码. (4)探究“加速度与力之间的关系”时,事实上小车和平板间存在摩擦力,下列说法中正 确的是________. A.若平板保持水平,选用更光滑的平板有利于减小误差 B.平板右端适当垫高以平衡摩擦力有利于减小误差 C.因为两小车质量相同时与平板间的摩擦力相同,所以摩擦力不影响实验结果 10.(12 分)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ,某小组设计了如图甲所示的实验装置, 让木块从倾角为θ的木板上静止释放,位移传感器连接计算机描绘出了木块相对传感器的位移 随时间变化的图象,如图乙中图线②所示.图中木块的位移从 x1 到 x2 和从 x2 到 x3 的运动时 间均为 T. word 文档 - 6 - / 14 (1)根据上述图线计算木块位移为 x2 时的速度 v2=________,木块加速度 a=________. (2) 若 T = 0.1s , x1 = 4cm , x2 = 9cm , x3 = 16cm , θ = 37 ° , 动 摩 擦 因 数 μ = ____________(sin37°=0.6,cos37°=0.8). (3)若只增大木板倾斜的角度,则木块相对传感器的位移随时间变化的图象可能是图乙中 的________________________________________________________________________ (选填图线序号“①”“②”或“③”). 11.[2021·某某一模](12 分)如图甲所示,在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车 道,供发生紧急情况的车辆避险使用,本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面.一辆货 车在行驶过程中刹车失灵,以 v0=90km/h 的速度驶入避险车道,如图乙所示.设货车进入 避险车道后牵引力为零,货车与路面间的动摩擦因数μ=0.30,取重力加速度大小 g=10m/s2. (1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象,该避险车道上坡路面的倾角θ应该满 足什么条件?设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,结果用θ的正切值表示. (2)若避险车道路面倾角为 15°,求货车在避险车道上行驶的最大距离.(已知 sin15°= 0.26,cos15°=0.97,结果保留两位有效数字.) word 文档 - 7 - / 14 12.[2020·某某某某 5 月模拟](20 分)如图所示,一水平的足够长的传送带与一水平地面 上的平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面.传送带上左端放置一质量为 m=1kg 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=0.1.初始时,传送带与 煤块及平板都是静止的.现让传送带以恒定的水平向右的加速度 a=3m/s2 开始运动,当其速 度达到 v=1.5m/s 后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段 黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动,随后,在煤块平稳滑上右端平板的同时,在平板 右侧施加一个水平向右的恒力 F=17N,F 作用了 0.5s 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=4kg(重力加速度为 g=10m/s2). (1)求传送带上黑色痕迹的长度; (2)求有 F 作用期间平板的加速度大小; (3)平板上表面至少多长?(计算结果保留两位有效数字) word 文档 - 8 - / 14 单元检测卷(三) 1.答案:C 2.解析:根据牛顿第二定律可知,在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从 A 点 指向 B 点,故 C 正确,A、B、D 错误. 答案:C word 文档 - 9 - / 14 3.解析:在 B 与 A 刚要一起运动的瞬间,隔离 BA 分析受力,重力(mA+mB)g,向上弹 力 F=mAg,由牛顿第二定律,(mA+mB)g-F=(mA+mB)a,解得 ag,隔离 A 分析受力,设 B 对 A 的压力大小为 F′,由牛顿第二定律,F′+mAg-F=mAa,解得 F′=12 N,选项 C 正确. 答案:C 4.解析:给物体 B 一初速度 v0,弹簧开始伸长,B 受到向左的弹力,做减速运动,随着 弹力增大加速度增大,在弹簧的长度第一次达到最长的过程中,B 做加速度增大的减速运动.同 理,A 做加速度增大的加速运动,故 A、B、C 三项错误,D 项正确. 答案:D 5.解析: 对 m 受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得: Ffcos 37°-FNsin 37°=ma, 竖直方向,根据平衡条件可得: Ffsin 37°+FNcos 37°=mg, 根据摩擦力的计算公式可得: Ff=μFN, word 文档 - 10 - / 14 联立解得:a= 5 16 m/s2; 以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得:F=(M+m)a, 解得:F=10 N,故 B 项正确、A、C、D 三项错误. 答案:B 6.解析:本题考查运动与力的关系.学生从站立状态到完全蹲下的过程中,所受的支持 力和对台秤的压力是一对作用力和反作用力,始终相等,故 A 正确;冰壶在冰面运动时受到 的阻力虽然很小,但受力不平衡,故不可能做匀速直线运动,故 B 错误;设计赛车时,车身 质量较轻,同时配备性能优良的发动机,根据 a= F m 可知可以让赛车获得更大的加速度,故 C 正确;根据牛顿第三定律可知,气体喷出时塞子受到的冲击力和试管受到的冲击力大小相等、 方向相反,故 D 错误. 答案:AC 7.解析:以小球 B 为研究对象,当系统的加速度 a= 1 4 g 时,由牛顿第二定律有 F-mgtan 37°=ma,以 A、B 整体为研究对象,则有 F=(m+M)a,可解得物块 A 的质量为 M=3m, F=mg,选项 A 错误;当系统沿水平杆做匀速运动时,对 A、B 整体分析,A 受到的支持力 大小为 FN=(M+m)g=4mg,A 受到的摩擦力大小为 f=F=mg,选项 B 正确;A 和粗糙横 杆间的动摩擦因数μ= f FN =0.25,选项 C 错误;当系统沿水平杆做匀速运动时,对小球 B,由 共点力的平衡条件有 F=mgtan β,解得 tan β=1,所以细线与竖直方向间的夹角为β=45°, 选项 D 正确. 答案:BD 8.解析:本题考查根据 vt 图象分析运动与受力情况.在 t1~t2 时间内,若特种兵做匀 word 文档 - 11 - / 14 减速直线运动,由 v1 减速到 v2,则平均速度为 v1+v2 2 ,根据图线与时间轴围成的面积表示位 移,可知特种兵的实际位移大于匀减速直线运动的位移,则平均速度 v-> v1+v2 2 ,故 A 错误; 在 t1~t2 时间内,根据牛顿第二定律得 f-mg=ma,得 f=mg+ma,因为加速度 a 增大, 则特种兵所受的阻力增大,故 B 正确;在 0~t1 时间内,图线的斜率不变,则加速度不变,在 t1~t2 时间内,图线切线的斜率绝对值逐渐增大,则加速度逐渐增大,故 C 错误;若第一个特 种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑,由于第一个特种兵的速度先大于第二 个特种兵的速度,然后又小于第二个特种兵的速度,所以他们在空中的距离先增大后减小, 故 D 正确. 答案:BD 9.解析:(1)由 x= 1 2 at2 得,两小车加速度之比为 a1:a2=x1:x2=1:2. (2)为使小车所受的拉力近似等于小盘和砝码的总重力,应使小盘和砝码的总质量远小于 小车和钩码的总质量.(3)探究“加速度与质量之间的关系”时,需要保证两小车所受合力相 同,故应在小盘中放质量相同的砝码.(4)探究“加速度与力之间的关系”时,若平板保持水 平,则选用更光滑的平板有利于减小摩擦力引起的误差,A 正确;平板右端适当垫高来平衡摩 擦力,使小车所受合外力即为细绳拉力,有利于减小误差,B 正确;由牛顿第二定律得,mg -μMg=Ma,解得 a= mg M -μg,故摩擦力影响实验结果,C 错误. 答案:(1)1:2(2 分) (2)远小于(2 分) (3)相同(2 分) (4)AB(2 分) 10.解析:(1)由题意可知位移为 x2 时对应 x1 到 x3 的中间时刻,则该位置的速度为 x1 到 x3 的平均速度,则 v2= x3-x1 2T ;由逐差法Δx=aT2 可知,(x3-x2)-(x2-x1)=aT2,解得:a word 文档 - 12 - / 14 = x3-2x2+x1 T2 .(2)将数据代入公式 a= x3-2x2+x1 T2 ,可解得 a=2 m/s2,由牛顿第二定律得 mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,解得μ=0.5.(3)若增大木板的倾角,则木块下滑的加速度增 大,则相邻相等时间间隔的位移差增大,分析可知木块相对传感器的位移随时间变化的图象 应为题图乙中的图线①. 答案:(1) x3-x1 2T (3 分) x3-2x2+x1 T2 (3 分) (2)0.5(3 分) (3)①(3 分) 11.解析:本题考查斜面运动问题. (1)设货车的质量为 m,若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象,则需要满足 mgsin θ≤μmgcos θ, 解得 tan θ≤μ=0.30, 则当 tan θ≤0.30 时,货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象. (2)设货车在避险车道上的加速度为 a,根据牛顿第二定律有 mgsin θ+μmgcos θ=ma, 解得 a=gsin θ+μgcos θ=5.51 m/s2, 设货车在避险车道上行驶的最大距离为 x,v0=90 km/h=25 m/s, 根据匀变速直线运动位移公式有 0-v2 0=-2ax, 解得 x= v2 0 2a ≈57 m. 答案:(1)tan θ≤0.30(6 分) word 文档 - 13 - / 14 (2)57 m(6 分) 12.解析:(1)煤块在传送带上发生相对运动时,根据牛顿第二定律可得μ1mg=ma0,则 其加速度 a0=μ1g=1 m/s2,方向水平向右(2 分) 设经过时间 t1,煤块速度达到 v,经过时间 t2,传送带速度达到 v 即 v=a0t1=at2(1 分) 代入数据得 t1=1.5 s,t2=0.5 s(1 分) 则 t1 时间内,传送带发生的位移 s= v2 2a +v(t1-t2),煤块发生的位移 s′= v2 2a0 (1 分) 黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差,即 Δs=s-s′=0.75 m.(1 分) (2)煤块滑上平板时的速度大小为 v=1.5 m/s(1 分) 加速度为 a1= -μ1mg m =-μ1g,方向水平向左(1 分) 经过 t0=0.5 s,平板的速度大小 v′=v+a1t0=1.0 m/s(1 分) 设平板的加速度大小为 a2,依题意由 v′=a2t0=1.0 m/s(1 分) 解得 a2=2.0 m/s2.(1 分) (3)设平板与地面间的动摩擦因数为μ2,根据牛顿第二定律得 (F+μ1mg)-μ2(mg+Mg)=Ma2(2 分) 代入数值得μ2=0.2(1 分) 由于μ2>μ1,共速后煤块将仍以加速度 a1 匀减速运动,直到停止,平板也匀减速运动, word 文档 - 14 - / 14 加速度设为 a3 对平板,由牛顿第二定律有-μ2(mg+Mg)+μ1mg=Ma3(2 分) 解得 a3=-2.25 m/s2,方向水平向左,运动时间为 t3= 0-v′ a3 = 4 9 s(1 分) 所以从滑块滑上平板到停止运动的过程中,平板的位移为 s 板= 0+v′t0+t3 2 = 17 36 m(1 分) 煤块的位移 s 煤= 0-v2 2a1 = 9 8 m(1 分) 若煤块没有从平板上滑下,则平板的最短长度即煤块与平板的位移之差 即 L=s 煤-s 板=0.65 m.(1 分) 答案:(1)0.75 m (2)2.0 m/s2 (3)0.65 m 查看更多

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