06学霸必刷 高一物理期末复习 专题三 牛顿运动定律 提升卷(解析版)

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《学霸必刷》高一物理期末复习  专题三  牛顿运动定律  课后提升考点1：牛顿第一定律  惯性1．“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法。下列说法正确的是(　　)A．汽车超速会增大汽车的惯性              B．汽车超载会减小汽车的刹车距离C．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间          D．汽车超载会增大汽车的惯性答案　D考点2：牛顿第二定律2．如图所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球。当容器在一个水平向右的力F作用下向右匀加速运动时，小球处于图示位置，重力加速度为g，此时小球对椭圆面的压力大小为(　　)A．m   B．mC．   D．答案　B解析　对整体分析，由牛顿第二定律得，加速度a＝；对小球，有FN＝＝m，由牛顿第三定律可知，小球对椭圆的压力大小FN′＝FN＝m，选项B正确。3．一物体沿倾角为α的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为(　　)A．gsin α  B．gtan αC．2gsin α  D．2gtan α答案  C解析  对物体下滑时进行受力分析，如图甲．由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得mgsin α＝Ff物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙，物体的合力F合＝mgsin α＋Ff＝2mgsin α根据牛顿第二定律得：a＝＝2gsin α.4．(多选)某物体在光滑的水平面上受到两个恒定的水平共点力的作用，以10 m/s2的加速度做匀加速直线运动，其中F1与加速度的方向的夹角为37°，某时刻撤去F1，此后该物体(　　)A．加速度可能为5 m/s2                          B．速度的变化率可能为6 m/s2C．1 s内速度变化大小可能为20 m/s               D．加速度大小一定不为10 m/s2答案　BC解析　设物体的质量为m，根据牛顿第二定律F合＝ma＝10m，F1与加速度方向的夹角为37°，根据几何知识可知，F2有最小值，最小值为F2m＝F合sin 37°＝6m。所以当F1撤消后，合力的最小值为Fmin＝6m，此时合力的取值范围为6m≤F合，所以最小的加速度为amin＝＝6 m/s2，故A、D错误；速度变化率＝a，可能为6 m/s2，故B正确；由Δv＝at知，1 s内速度变化大小可能为20 m/s，故C正确。考点3：牛顿第三定律5．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是(　　)A．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力C．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力D．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力答案　C6．有人设计了一种交通工具，在平板车上装了一个电风扇，风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动，如图所示。对于这种设计，下列分析中正确的是(　　) A．根据牛顿第二定律，这种设计能使小车运行B．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运行C．这种设计不能使小车运行，分析其原因需要用到牛顿第二定律和牛顿第三定律D．这种设计不能使小车运行，分析其原因只需要用到牛顿第三定律，与牛顿第二定律无关答案　C考点4：力学单位制7．关于力学单位制，下列说法中正确的是(　　)A．kg、N、m/s都是导出单位B．kg、m、N是基本单位C．在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝maD．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g答案C解析  力学中的基本单位分别是长度、质量、时间的单位，即m、kg、s，牛顿是由牛顿第二定律公式推导得出的单位，为导出单位，A、B、D错误；牛顿第二定律表达式为F＝kma，只有在国际单位制中，k才取1，表达式才能写成F＝ma，C正确．8．在解一道计算题时(由字母表达结果的计算题)一个同学解得位移，用单位制的方法检查，这个结果(　　)A．可能是正确的B．一定是错误的C．如果用国际单位制，结果可能正确D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确答案B解析  由可知x的单位为，此为速度的单位，而左边单位是长度单位，所以结果一定是错误的，单位制选的不同，不会影响结果的准确性，故A、C、D错考点5：超重、失重9．几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图甲所示。然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层。图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数。根据记录，进行推断分析，其中正确的是(　　)A．根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动B．根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态C．根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动D．根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态答案　A解析　图甲表示电梯静止时体重计的示数，图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，A正确；图丙示数小于静止时体重计的示数，处于失重状态，故B错误；图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误 。10．如图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g＝10 m/s2。根据图象分析可知(　　)A．人的重力可由b点读出，约为300 NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度答案  C　解析  开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。考点6：动力学图象11．物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，则在以后的运动过程中该物块的速度-时间图象不可能的是(　　)    答案  C解析  如果斜面是光滑的，物块先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，两次运动的加速度相同，选项A可能；如果斜面不是光滑的，若mgsinθ<μmgcosθ，则小物块上滑到最高点后静止不动，选项D可能；若mgsinθ>μmgcosθ，小物块上滑到最高点之后，能加速返回，上升时的加速度的大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，v­t图象中上滑时的斜率大于下滑时的斜率，选项B可能。只有选项C是不可能的，所以选C。考点7：运动时间分析12．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)A．tAB＝tCD＝tEF   　　　B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF    　　D．tAB＝tCD<tEF答案　B解析　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，选项B正确。 13．竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD.三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30°、45°和60°.现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点由静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端．则三小球到达斜面底端的先后次序是(　 　)A．甲、乙、丙B．丙、乙、甲C．甲、丙同时到达，乙后到达D．不能确定三者到达的顺序答案  B解析  对乙、丙：设斜面的倾角为θ，则下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移x＝，根据x＝at2得t＝＝，故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙两小球，丙先到达底端；对甲、乙：运动到底端的时间t＝＝＝，则甲、乙两小球中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲，故B项正确．  考点8：牛顿定律的瞬时性14．如图，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)A．0   B．2.5 NC．5 N   D．3.75 N答案　D解析　当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体与A物体突然有了相互作用的弹力，此时弹簧形变仍不变，对A、B整体受力分析可知，整体受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹力为F＝mAg＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75 N，选项D正确。考点9：变加速过程分析15．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　)A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小答案  A解析  物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A.考点10：临界、极值问题16．如图所示，两粘连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力(　　) A．必为推力                         B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力         D．不可能为零答案 C解析  将a、b看做一个整体，加速度a＝，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝＝，即Fab＝，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.17．如图，在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端，一小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回到出发点.若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大小关系满足t1: t2=1:，(取g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8) ，试求:
(1)上滑加速度a1与下滑加速度a2的大小之比;
(2)物块和斜面之间的动摩擦因数; (3)若斜面倾角变为60°，并改变斜面粗糙程度，小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上，发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关，求此时加速度大小.答案 (1)2:1   (2)0.25    (3)20/3     考点11：多过程问题18．水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为(　　)A.   B. C.   D.答案　A解析　物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－g(2t)2，联立解得a＝g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝，A正确。19．如图甲所示，在一个长为s=23.5m的光滑水平台面ABCD上，有一段未知宽度的粗糙面，一可视为质点的小物块，以v0=4m/s的初速度从台面左端沿中心轴线方向滑入，小物块与粗糙面的动摩擦因数为μ=0.1，小物块离开平台CD边时的速度为v1=3m/s，重力加速度g取10m/s2。求：(1)求未知粗糙面的宽度d；(2)粗糙面放在何处，小物块滑过平台用时最短，该时间为多大? (3)如图乙，如果水平台面足够长，在台面上每隔L=3m放一个粗糙面，且第一个粗糙面的左边与台面的AB边对齐，小物块仍以v0=4m/s的初速度从左端向右滑入，直到物块停止运动，物块运动的总时间为多少？答案　 (1)3.5m   (2)放在台面的最右端，5s     (3)(5+1.5)s  考点12：连接体模型20．如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)A．弹簧测力计的示数是50 NB．弹簧测力计的示数是24 NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2答案 B解析  对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，C、D错误．21．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过(　　)A．2F      B．      C．3F      D．答案  B解析  力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma由上解得fm＝F。当F′作用在物体A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有F′－fm＝ma1对整体，有F′＝3ma1由上述各式联立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是F。考点13：滑轮类模型22．如图所示，一个质量为M的平台，用跨过光滑轻滑轮的绳系住，绳的另一端拿在一个人的手中，这人的质量为m(m＞M)，当人站在平台上用力向下拉时，可以使自己和平台一起向上升起，当人和平台向上运动的加速度为a时，挂滑轮的绳子P受的拉力为____________；人对平台的压力为____________．答案：(M＋m)(g＋a), 提示：整体法得T－(M＋m)g＝(M＋m)a．隔离人先求平台对人的支持力。考点14：滑板类模型23．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是(　　)    答案　A解析  开始时木板和木块一起做加速运动，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝＝，即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。当木板与木块间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－μm2g＝m2a2，a2＝＝－μg，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝为定值。所以选项A正确。考点15：传送带模型24．(多选)如图所示，水平传送带两端A、B相距x＝6 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转.现将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)A.煤块从A运动到B的时间是2.3 sB.煤块从A运动到B的时间是1.6 sC.划痕长度是2.8 mD.划痕长度是3.2 m答案　AD解析　开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x1＝＝3.2 m<6 m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t1＝＝1.6 s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，匀速运动的位移为x2＝x－x1＝6 m－3.2 m＝2.8 m，时间为t2＝＝0.7 s，运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.3 s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得Δx＝v0t1－x1＝3.2 m，C错误，D正确.25．如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长l为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以v0＝10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；(3)若小物体以v1＝8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能够到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？答案　(1)0.5　(2)2 m/s　(3)3 m/s解析　(1)传送带静止时，小物体在传送带上根据牛顿第二定律得－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1小物体从B点运动到C点的过程有0－v＝2a1l联立以上式子并代入数据解得a1＝－10 m/s2，μ＝0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台CD，此时根据牛顿第二定律得－mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有0－v2＝2a2l联立以上式子并代入数据解得a2＝－2 m/s2，v＝2 m/s即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。(3)小物体在平台AB上的运动速度大小为v1＝8 m/s，小物体能够到达平台CD时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为vmin，由于v1＞v＝2 m/s，故若传送带的速度大于或等于2 m/s时，小物体必能到达平台CD，故所求的传送带的最小速度大小vmin应小于v。对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有v－v＝2a1x1对小物体以速度大小vmin减速到零到达平台CD的过程，有v＝2a2x2x1＋x2＝l联立并代入数据解得vmin＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。考点16：实验“探究物体的加速度与力、质量的关系” 26．如图甲为“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是____________．(填正确答案标号)A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是_________．(填正确答案标号)A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)如图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm，xEF＝5.91 cm，xFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝__________m/s2.(结果保留两位有效数字) (4)另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当， 这两组同学得到的a-F关系图象分别如图甲和图乙所示，其原因分别是：图丙：____________________；图丁：____________________.答案  (1)B　(2)C　(3)0.42  (4)m没有远小于M；没有平衡摩擦力或木板的倾角过小。 解析  (1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力、木板对小车的摩擦力和细线拉力的作用．为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，因此应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力和摩擦力的合力为零，即不挂砂桶时小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A、C项错误，B项正确．(2)由于绳子的拉力不易测量，本实验中用砂和砂桶的总重力来代替绳的拉力，而砂桶做加速运动，设加速度大小为a，则FT＝m(g－a)，当砂桶的加速度很小时，FT近似等于mg，因此实验中应控制实验条件，使砂桶的加速度很小．只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时，小车和砂桶的加速度才很小，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力．C项正确．(3)相邻两计数点间的时间T＝0.1 s，由Δx＝aT2可得a＝，代入数据解得a＝0.42 m/s2.(4)m没有远小于M；没有平衡摩擦力或木板的倾角过小。