2020版高考物理一轮复习单元质检03 牛顿运动定律(含解析)

单元质检三　牛顿运动定律

(时间:45分钟　满分:100分)

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1~5题只有一项符合题目要求,第6~8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.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有(　　)

A.力不是维持物体运动的原因

B.物体之间普遍存在相互吸引力

C.重物比轻物下落得快

D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反

答案A

解析选项B和D内容分别是牛顿发现的万有引力定律和牛顿第三定律,选项C内容是在伽利略之前人们普遍存在的对自然的一种错误认识,选项A内容是伽利略通过实验和逻辑推理发现的。故A正确。

2.

如图所示,在水平面上,有两个质量分别为m1和m2的物体A、B,两物体与水平面的动摩擦因数均为μ,m1>m2,A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计。若用大小为F的水平力向右拉B,稳定后B的加速度大小为a1,弹簧测力计示数为F1;如果改用大小为F的水平力向左拉A,稳定后A的加速度大小为a2,弹簧测力计示数为F2。则以下关系式正确的是(　　)

A.a1=a2,F1>F2 B.a1=a2,F1<F2

C.a1=a2,F1=F2 D.a1>a2,F1>F2

答案A

解析以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得

F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1

F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a2

得到a1=a2

当F拉B时,以A为研究对象,则有F1-μm1g=m1a1

得到F1=F

同理,当F拉A时,以B为研究对象

得到F2=F

由于m1>m2,则F1>F2

所以A正确,B、C、D错误。

3.在两个足够长固定的相同斜面体上(其斜面光滑),分别有如图所示的两套装置(斜面体B的上表面水平且光滑、长方体D的上表面与斜面平行且光滑,P是固定在B、D上的小柱,完全相同的两只弹簧一端固定在P上,另一端分别连在物块A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中,下列说法正确的是(　　)

A.两弹簧都处于拉伸状态

B.两弹簧都处于压缩状态

C.弹簧L1处于压缩状态,弹簧L2处于原长

D.弹簧L1处于拉伸状态,弹簧L2处于压缩状态

答案C

解析A与B保持相对静止,则二者沿斜面向下的加速度是相等的,设它们的总质量为m0,则有m0a=m0gsinα,所以a=gsinα,同理,若以C、D为研究对象,则它们共同的加速度大小也是gsinα。以物块A为研究对象,水平方向的加速度ax=acosα=g·sinαcosα,该加速度只能由水平方向的弹簧弹力产生,所以弹簧L1处于压缩状态;以C为研究对象,当C仅受到重力、斜面的支持力作用时,产生的加速度为a=gsinα,所以C不受弹簧的弹力作用,弹簧L2处于原长。故选项C正确,A、B、D错误。

4.

如图所示,物体A、B质量分别为m1、m2,物块C在水平推力F的作用下,三者相对静止,一起向右以a=5 m/s2的加速度做匀加速运动,不计各处摩擦,g取10 m/s2,则m1∶m2为(　　)

A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1

答案C

解析设A、B间细绳的拉力大小为FT,则有FT=m2g,对A,根据牛顿第二定律得FT=m1a,解得,所以选项C正确。

5.

如图所示,质量为m0、倾角为θ的斜劈在水平面上以一定的初速度向右滑动的过程中,质量为m的光滑小球在斜面上恰好保持与斜劈相对静止,已知斜劈与地面的动摩擦因数是μ,则下列说法正确的是(　　)

A.小球与斜面间的压力是mgcos θ

B.小球与斜面的加速度大小是gtan θ

C.地面对斜劈的支持力一定大于(m0+m)g

D.地面与斜劈间的动摩擦因数是g(1+sin θcos θ)

答案B

解析光滑小球恰好保持与斜面相对静止,则有重力与斜面弹力的合力水平向左,根据力的合成与分解,得小球F合=mgtanθ,易得加速度大小是gtanθ,B正确;弹力FN=,A错误;由于在竖直方向上没有加速度,所以整体在竖直方向上合力为零,有F支持=(m0+m)g,C错误;整体是由于摩擦力导致的减速,μ=tanθ,D错误。

6.(2018·安徽合肥五中月考)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)

A.传送带的速率v0=10 m/s

B.传送带的倾角θ=30°

C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5

D.0~2.0 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m

答案AC

解析由v-t图像知,传送带速度大小v0=10m/s,a1=10m/s2,a2=2m/s2,由牛顿第二定律得,

mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=ma2,

联立得θ=37°,μ=0.5,故B错误,A、C正确。

0~1.0s内传送带位移x1=v0t1=10m,小物块位移x2=5m,在传送带上的相对位移Δx1=x1-x2=5m,相对传送带向上,1.0~2.0s内传送带位移x3=v0t2=10m,小物块位移x4=11m,故相对位移Δx2=x4-x3=1m,相对传送带向下,故痕迹为5m,故D错误。

7.

如图所示,在倾角为θ的粗糙斜面上放置与轻弹簧相连的物体A,弹簧另一端通过轻绳连接到轻质定滑轮Q上,三个物体B、C、D通过绕过定滑轮Q的轻绳相连而处于静止状态。现将物体D从C的下端取下挂在B上,松手后物体A仍处于静止状态。若不计轮轴与滑轮、绳与滑轮间的摩擦,下列有关描述正确的是(　　)

A.物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时,物体A所受的摩擦力减小了

B.物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时,弹簧的形变量减小了

C.物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时,地面对斜面的支持力减小了

D.物体D挂在物体B下面比D挂在C下面时,地面对斜面有向左的摩擦力

答案BC

解析开始时弹簧处于伸长状态,弹力大小为FT=(mB+mC+mD)g=2mBg,由于不明确A物体的质量与物体B、C、D三者大小关系,故A受的摩擦力大小及方向不明确,物体D挂在物体B下面时,右边B、C、D三物体组成的系统处于失重状态,绳子拉力变小,弹簧的形变量减小,但物体A所受的摩擦力不一定减小,B、C正确,A错;整个系统在水平方向上没有运动趋势,所以地面对斜面无摩擦力,D错。

8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示的a-F图像。g取10 m/s2,则(　　)

A.滑块的质量m=4 kg

B.木板的质量m0=6 kg

C.当F=8 N时滑块的加速度为2 m/s2

D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1

答案AD

解析当F=6N时,加速度为a=1m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,代入数据解得m0+m=6kg;当F>6N时,根据牛顿第二定律得a=,知图线的斜率k=,解得m0=2kg,则滑块的质量m=4kg,故选项A正确,B错误;根据F>6N时的图线知,F=4N时,a=0,代入数据解得μ=0.1,选项D正确;当F=8N时,对滑块,根据牛顿第二定律得μmg=ma',解得a'=μg=1m/s2,选项C错误。

二、实验题(20分)

9.(10分)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、乙、丙所示的实验装置,验证“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同,小车的质量为M,重物的质量为m,试回答下列问题:

(1)甲、乙、丙三个实验小组中,必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是　　　　　　　。 

(2)实验时,必须满足“M远大于m”的实验小组是　　　　。 

(3)实验时,甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确,他们作出的a-F图线如图丁中A、B、C所示,则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是　　　　。 

(4)实验时,乙组同学得到的一条纸带如图戊所示,从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,打点计时器所用电源的频率为50 Hz,根据所标的测量数据可算得:小车的加速度为　　　 m/s2,打下2点时小车的速度为　　　　 m/s。 

答案(1)甲、乙、丙　(2)甲　(3)C、A、B　(4)0.16　0.36

解析(1)题图甲、乙、丙所示的实验装置中,小车与长木板之间都有摩擦力,所以都需要平衡摩擦力。

(2)乙、丙两实验中,绳上的力由弹簧测力计和力传感器读出,所以不需满足M≫m。甲实验用重物的重力代替绳的拉力,必须满足M≫m。

(3)甲实验用重物的重力代替绳子的拉力,需满足M≫m,随着m的增大,不满足M≫m时,图像出现弯曲;乙、丙实验根据拉力相等时,a乙>a丙来判断乙组对应A,丙组对应B。

(4)相邻两计数点间时间间隔T=0.1s,根据Δx=aT2得,a=0.16m/s2,由v2==0.36m/s。

10.(10分)

甲

某实验小组在探究加速度与物体受力的关系实验中,设计出如下的实验方案,其实验装置如图甲所示。已知小车质量m1=214.6 g,砝码盘质量m0=7.8 g,所使用的打点计时器交流电源频率f=50 Hz。其实验步骤是:

A.按图中所示安装好实验装置;

B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速直线运动;

C.取下细绳和砝码盘,记下砝码盘中砝码的质量m;

D.将小车置于打点计时器旁,先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度a;

E.重新挂上细绳和砝码盘,改变砝码盘中砝码的质量,重复B~D步骤,求得小车在不同合外力F作用下的加速度。

回答下列问题:

(1)按上述方案做实验,是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?　　　　(选填“是”或“否”)。 

(2)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示,由该纸带可求得小车的加速度a=　　　　 m/s2。 

乙

(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中,如下表,

他根据表中的数据画出a-F图像(如图丙)。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是　　　　　　　　　　　　　　　　　,其大小为　　　　　　。 

丙

答案(1)否　(2)0.88　(3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确)

砝码盘的重力　0.08 N

解析(1)小车加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力,而实验中的研究对象是小车,因此,实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。

(2)a=×1m/s2=0.88m/s2

(3)实验中本应有(m0+m)g=m1a,由于实验中未计入砝码盘的质量m0,测得的图像与真实图像相比沿F轴左移m0g,图像将不过原点。由图像及上述分析可知,m0g=0.08N。

三、计算题(本题共2小题,共32分)

11.

(16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(g取10 m/s2)。求:

(1)物体做匀加速运动的加速度大小;

(2)F的最大值与最小值。

答案(1)3 m/s2　(2)72 N　36 N

解析(1)设刚开始时弹簧压缩量为x0,在沿斜面方向上有

(m1+m2)gsinθ=kx0 ①

因为在前0.2s时间内,F为变力,0.2s以后,F为恒力,所以在0.2s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律知,沿斜面方向上有kx1-m1gsinθ=m1a              ②

前0.2s时间内P、Q向上运动的距离x0-x1=at2 ③

联立①②③式解得a=3m/s2。

(2)当P、Q开始运动时拉力最小,此时有Fmin=(m1+m2)a=36N

当P、Q分离时拉力最大,此时有

Fmax=m2(a+gsinθ)=72N。

12.(16分)(2018·吉林公主岭模拟)如图甲所示,光滑水平面上的O处有一质量为m=2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用,F1=4 N,方向向右,F2的方向向左,大小随时间均匀变化,如图乙所示。物体从零时刻开始运动。

(1)求当t=0.5 s时物体的加速度大小。

(2)物体在t=0至t=2 s内何时物体的加速度最大?最大值为多少?

(3)物体在t=0至t=2 s内何时物体的速度最大?最大值为多少?

答案(1)0.5 m/s2　(2)当t=0时,am=1 m/s2　当t=2 s时,am'=-1 m/s2　(3)t=1 s时,v=0.5 m/s

解析(1)由题图乙可知F2=(2+2t)N,

当t=0.5s时,F2=(2+2×0.5)N=3N,

由F1-F2=ma得

a=m/s2=0.5m/s2。

(2)物体所受的合外力为F合=F1-F2=2-2t(N),

作出F合-t图像如图所示

从图中可以看出,在0~2s范围内

当t=0时,物体有最大加速度am,

由Fm=mam得

am=m/s2=1m/s2;

当t=2s时,物体也有最大加速度am',

由Fm'=mam'得

am'=m/s2=-1m/s2,

负号表示加速度方向向左。

(3)由牛顿第二定律得a==1-t(m/s2),

画出a-t图像如图所示

由图可知t=1s时速度最大,最大值等于a-t图像在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积,即v=×1×1m/s=0.5m/s。