《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測三 第三章 牛頓運動定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測三 第三章 牛頓運動定律（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題) 1．(2018·吉林大學(xué)附中模擬)從t＝0時刻開始，甲沿光滑水平面做直線運動，速度隨時間變化如圖甲；乙靜止于光滑水平地面，從t＝0時刻開始受到如圖乙所示的水平拉力作用．則在0～4 s的時間內(nèi)(　　) A．甲物體所受合力不斷變化 B．甲物體的速度不斷減小 C．2 s末乙物體改變運動方向 D．2 s末乙物體速度達(dá)到最大 解析：D　由題圖甲所示可以知道：物體甲在0～2 s內(nèi)做勻減速直線運動，在2～4 s內(nèi)做反向的勻加速直線運動，整個過程加速度不變．由牛頓第

2、二定律F＝ma可以知道，物體甲受到的合力保持不變，故A錯誤．物體甲的速度先減小后反向增大，故B錯誤．由乙圖可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿負(fù)向．說明乙在0～2 s內(nèi)做加速度減小的加速運動，2～4 s內(nèi)沿原方向做加速度增大的減速運動，2 s末運動方向沒有改變，且2 s末乙物體速度達(dá)到最大，故C錯誤，D正確． 2．如圖甲所示，在衛(wèi)生大掃除中，某同學(xué)用拖把拖地，沿推桿方向?qū)ν习咽┘油屏，如圖乙所示，此時推力與水平方向的夾角為θ，且拖把剛好做勻速直線運動．從某時刻開始保持力F的大小不變，減小F與水平方向的夾角θ，則(　　) A．拖把將做減速運動 B．拖把繼續(xù)做勻速運動 C．地面對拖把的

3、支持力FN變小，地面對拖把的摩擦力Ff變小，拖把將做加速運動 D．地面對拖把的支持力FN變大，地面對拖把的摩擦力Ff變大 解析：C　設(shè)拖把與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，則：拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，受力示意圖如圖所示：將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件得：豎直方向上：Fsin θ＋mg＝FN，水平方向上：Fcos θ－Ff＝0式中FN和Ff分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力．Ff＝μFN.減小F與水平方向的夾角θ，sin θ減小，地面對拖把的支持力FN變小，所以地面對拖把的摩擦力Ff變?。蔆正確、D錯誤；減小F與水平方向的夾角θ時，F(xiàn)f減小而Fcos θ增大，所

4、以Fcos θ－Ff將大于0，所以拖把將做加速運動，選項A、B錯誤． 3.(2018·隨州模擬)如圖所示，吊籃P懸掛在天花板上，與吊籃質(zhì)量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住，當(dāng)懸掛吊籃的細(xì)繩燒斷的瞬間，吊籃P和物體Q的加速度大小分別是(　　) A．a(chǎn)P＝g　aQ＝g B．a(chǎn)P＝2g　aQ＝g C．a(chǎn)P＝g　aQ＝2g D．a(chǎn)P＝2g，aQ＝0 解析：D　原來平衡，彈簧彈力F與Q重力mg相等．細(xì)繩燒斷瞬間，彈簧彈力不變，故Q所受合力仍為零，故aQ＝0；P受到重力mg和彈簧向下的壓力mg，故加速度aP＝＝＝2g.故D正確． 4.如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m

5、和3m的三個木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的水平輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個木塊以同一加速度運動，則以下說法正確的是(　　) A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個力的作用 B．當(dāng)F逐漸增大到FT時，輕繩剛好被拉斷 C．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時，輕繩還不會被拉斷 D．輕繩剛要被拉斷時，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為FT 解析：C　質(zhì)量為2m的木塊受五個力的作用，A項錯；當(dāng)繩的拉力為FT時，對m和2m有FT＝3ma，此時對整體有F＝6ma，可得F＝2FT，故B項錯，C項正確；輕繩剛要被拉斷時，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力

6、為FT，故D項錯． 5.如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)給環(huán)一個水平向右的初速度v0，同時對環(huán)施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力F＝kv，其中k為常數(shù)，則圓環(huán)運動過程中(　　) A．最大加速度為 B．最大加速度為 C．最大速度為 D．最大速度為 解析：D　當(dāng)F＝mg，即kv＝mg，v＝，圓環(huán)豎直方向不受直桿的作用力，水平方向不受摩擦力，則圓環(huán)做勻速直線運動，最大速度為v＝，加速度為0.當(dāng)F

7、)，則摩擦力增大，加速度增大，當(dāng)速度為零時，加速度最大amax＝μg；當(dāng)F>mg，kv>mg，v>時，圓環(huán)水平方向受到摩擦力而做減速運動，隨著速度的減小，F(xiàn)也減小，加速度減小，當(dāng)F＝mg，v＝時，圓環(huán)做勻速運動，由牛頓第二定律得μ(F－mg)＝ma，最大加速度a＝.綜合以上分析可知，A、B、C錯誤，D正確． 6．圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150 kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖像，g取10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) A．前10 s內(nèi)懸線的拉力恒為1 515 N B．46 s末材料離地面的距離為22 m C．0～10 s材料處于失重狀態(tài)

8、 D．在30～36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂 解析：AB　由圖可知前10 s內(nèi)材料的加速度a＝ m/s2＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知，懸線的拉力F＝mg＋ma＝150×10.1 N＝1 515 N，故A正確；由圖像面積可得整個過程上升高度是28 m，下降的高度為6 m,46 s末材料離地面的距離為22 m，故B正確；因30～36 s材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，故C、D錯誤． 7.一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一輕質(zhì)彈簧測力計，彈簧測力計下面固定一個光滑

9、的小球如圖所示，木板固定時，彈簧測力計示數(shù)為F1，由靜止釋放后木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時彈簧測力計的示數(shù)為F2，斜面的高為h，底邊長為d，則下列說法正確的是(　　) A．穩(wěn)定后彈簧測力計的彈簧一定處于壓縮狀態(tài) B．穩(wěn)定后彈簧測力計的彈簧仍處于拉伸狀態(tài) C．μ＝ D．μ＝ 解析：BC　設(shè)斜面傾角為θ，小球質(zhì)量為m，平衡時，對小球分析F1＝mgsin θ?、?，木板運動后穩(wěn)定時，對整體分析有：a＝gsin θ－μgcos θ?、冢瑒ta

10、?、?，聯(lián)立①②③④計算可得：μ＝，故C正確，D錯誤． 8．如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移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(　　) 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(dá)到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當(dāng)某次θ＝30°時，物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑 解析：BC　當(dāng)角度達(dá)到90°時，物體將做豎直上拋運動，此時上升高度為1.8

11、m，由運動規(guī)律可求得初速度v0＝6 m/s，選項A錯誤；當(dāng)角度為0時，物體相當(dāng)于在水平面上運動，此時位移為2.4 m，由牛頓運動定律可得，動摩擦因數(shù)μ＝0.75，選項B正確；當(dāng)傾角為θ時，由牛頓運動定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，又有x＝，結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系可得位移的最小值為1.44 m，選項C正確；θ角為30°時，到達(dá)最高點重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力，因此達(dá)到最大位移后不會下滑，選項D錯誤．答案選BC. 二、非選擇題(本題共4小題，共52分．有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟．) 9．(10分)某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置探究加速度與合外力的關(guān)系．小車質(zhì)量為M，砂桶和砂的

12、總質(zhì)量為m，通過改變m來改變小車所受的合外力大小，小車的加速度a可由打點計時時器和紙帶測出．現(xiàn)保持小車質(zhì)量M不變，逐漸增大砂桶和砂的總質(zhì)量m進(jìn)行多次實驗，得到多組a、F值(F為彈簧測力計的示數(shù))． (1)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出了如圖乙所示的一條過坐標(biāo)原點的傾斜直線，其中縱軸為小車的加速度大小，橫軸應(yīng)為________(選填字母代號) A. B. C．mg D．F (2)砂桶和砂的總質(zhì)量較大導(dǎo)致a較大時，關(guān)于圖乙的說法，正確的是________．(選填字母代號) A．圖線逐漸偏向縱軸 B．圖線逐漸偏向橫軸 C．圖線仍保持原方向不變 (3)圖丙為上述實驗中打下的一條紙帶，A點為小

13、車剛釋放時打下的起始點，每兩點間還有四個計時點未畫出，打點計時器的頻率為50 Hz，則C點的速度為________ m/s，小車的加速度為________m/s2.(以上兩空均保留一位有效數(shù)字) 丙 解析：(1)從題圖乙中可得加速度與橫坐標(biāo)表示的物理量成正比，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝Ma，當(dāng)質(zhì)量一定時，外力與加速度成正比，故D正確． (2)由于圖像的斜率為k＝，所以增大砂和砂桶的總質(zhì)量，k不變，圖線仍保持原方向不變，所以C正確． (3)相鄰計數(shù)點時間間隔為T＝＝0.1 s，勻變速直線運動過程中某段時間內(nèi)的中間時刻速度等于該段時間的平均速度，故vC＝＝0.8 m/s.根據(jù)逐差法可得x

14、DE－xBC＝2aT2，xCD－xAB＝2aT2，可得a＝4 m/s2. 答案：(1)D(2分)　(2)C(2分)　(3)0.8(3分)　4(3分) 10．(12分)如圖所示，質(zhì)量M＝8 kg的小車放在光滑的水平面上，在小車左端加一水平推力F＝8 N，當(dāng)小車向右運動的速度達(dá)到1.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計、質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長．求：(取g＝10 m/s2) (1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大？ (2)經(jīng)多長時間兩者達(dá)到相同的速度？ (3)從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t＝1.5 s小物塊通過的位移

15、大小為多少？ 解析：(1)物塊的加速度am＝μg＝2 m/s2(2分) 小車的加速度：aM＝＝0.5 m/s2(2分) (2)由amt＝v0＋aMt，得t＝1 s(2分) (3)在開始1 s內(nèi)小物塊的位移：x1＝amt2＝1 m最大速度：v＝amt＝2 m/s(2分) 假設(shè)在接下來的0.5 s物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，則加速度：a＝＝0.8 m/s2(2分) 此時二者之間的摩擦力Ff＝ma<μmg，因此假設(shè)成立，此0.5 s內(nèi)的位移：x2＝vt′＋at′2＝1.1 m，通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1 m(2分) 答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1

16、s　(3)2.1 m 11．(14分)如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝.重力加速度g取10 m/s2. (1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點時速度的大?。? (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 解析：(1)由運動學(xué)方程得： L＝v0t＋at2① vB＝v0＋at②(2分) 代入數(shù)值解得：a＝3 m/s2，vB＝8 m/s.③(2分)

17、 (2)對物塊受力分析如圖所示， 設(shè)拉力F與斜面成α角，對物塊由牛頓第二定律得： 垂直斜面方向： Fsin α＋FN－mgcos 30°＝0④(2分) 沿斜面方向： Fcos α－mgsin 30°－Ff＝ma⑤(2分) 又Ff＝μFN⑥(1分) 聯(lián)立④⑤⑥三式，代入數(shù)值解得： Fcos α＋Fsin α＝5.2(2分) 則F＝＝ ＝(2分) 當(dāng)α＝30°時，拉力F有最小值，且Fmin＝ N．(1分) 答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 12．(16分)(2018·陽泉模擬)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已知傳送帶總長為

18、L＝50 m，正常運轉(zhuǎn)的速度為v＝4 m/s.一次工人剛把M＝10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時停電了，為了不影響工作的進(jìn)度，工人拿來一塊m＝5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去．貨物與木板及木板與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為0.8.(物塊與木板均可看做質(zhì)點，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，求工人所用拉力的最大值． (2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把貨物拉到 L/5處時來電了，工人隨即撤去拉力，求此時貨物與木板的速度大小． (3)來電后，還需要多長時間貨物能到達(dá)

19、B處？(不計傳送帶的加速時間) 解析：(1)設(shè)最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時的加速度為a1，對貨物分析根據(jù)牛頓第二定律得： μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma1(2分) 得：a1＝0.4 m/s2 對貨物與木板整體分析根據(jù)牛頓第二定律得： Fm－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ ＝(m＋M)a1(2分) 得：Fm＝192 N(1分) (2)設(shè)工人拉木板的速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：F－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2(2分) 解得：a2＝0.2 m/s2 設(shè)來電時木板的速度為v1，根據(jù)運動學(xué)

20、公式得： v＝2a2(1分) 得：v1＝2 m/s(1分) (3)由于v1<4 m/s，所以來電后木板繼續(xù)加速，加速度為a3，μ(M＋m)gcos θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a3(2分) a3＝0.4 m/s2 設(shè)經(jīng)過t1木板速度與傳送帶速度相同， v＝v1＋a3t1(1分) 得t1＝5 s 設(shè)t1內(nèi)木板加速度的位移為x1， v2－v＝2a3x1(1分) 得x1＝15 m 共速后，木板與傳送帶相對靜止一起勻速運動，設(shè)勻速運動的時間為t2，勻速運動的位移為x2， x2＝L－－x1(1分) 得x2＝25 m　t2＝(1分) 得t2＝6.25 s 所以來電后木板再需要運動 t1＋t2＝11.25 s．(1分) 答案：(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s 10