《2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試3 牛頓運動定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試3 牛頓運動定律（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理新一輪總復(fù)習(xí) 階段示范性測試3 牛頓運動定律（含解析） 本卷測試內(nèi)容：牛頓運動定律 本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共110分。測試時間90分鐘。 第Ⅰ卷　(選擇題，共50分) 一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1～7小題，只有一個選項正確；第8～10小題，有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。) 1. 如果要測量國際單位制中規(guī)定的三個力學(xué)基本物理量，應(yīng)該選用的儀器是(　　) A. 米尺、彈簧測力計、秒表 B. 量筒、天平、秒表 C. 米尺、天平、秒表 D. 米

2、尺、電子測力計、打點計時器 解析：在國際單位制中規(guī)定的三個力學(xué)基本物理量分別是長度、質(zhì)量和時間，要測量它們所使用的儀器應(yīng)分別為米尺、天平和秒表，故選項C正確。 答案：C 2. 為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉(zhuǎn)得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是(　　) A. 顧客始終受到三個力的作用 B. 顧客始終處于超重狀態(tài) C. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下 D. 顧客對扶梯作用力的方向先指向右下方，再豎直向下 解析：本題考查的是物體的受力分析，意在

3、考查考生對牛頓第三定律、力的合成與受力分析等綜合知識點的理解能力。當扶梯勻速運轉(zhuǎn)時，顧客只受兩個力的作用，即重力和支持力，故A、B都不對；由受力分析可知，加速時顧客對扶梯有水平向左的摩擦力，故此時顧客對扶梯作用力的方向指向左下方，而勻速時沒有摩擦力，此時方向豎直向下，故選C。 答案：C 3. [xx·長春一模]下列說法正確的是(　　) A. 當物體沒有受到外力作用時，才有慣性，而物體受到外力作用時，就沒有了慣性 B. 物體在粗糙的平面上減速滑行，初速度越大，滑行的時間越長，說明慣性的大小與速度有關(guān) C. 物體慣性的大小取決于其質(zhì)量 D. 物體慣性的大小與其質(zhì)量無關(guān) 解析：慣性大小

4、取決于物體質(zhì)量，和外力、速度無關(guān)，所以選項A、B、D錯誤，C正確。 答案：C 4. [xx·廣東湛江一模]如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，下列敘述正確的是(　　) A. 小球的速度先減小后增大 B. 小球的加速度先減小后增大 C. 小球的加速度先增大后減小 D. 在該過程的位移中點處小球的速度最大 解析：小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中，當mg>kx時，小球做加速度減小的加速運動；當mg＝kx時，小球的加速度等于零，速度達到最大；當mg

5、時mg＝kx1，x1＝，x1為彈簧的形變量，若小球從彈簧處由靜止釋放，到達最低點，根據(jù)運動的對稱性，知加速度等于g，方向豎直向上，此時有kx－mg＝mg，x＝，故此時速度最大處在該過程位移的中點處，若從某一高度下降，下降的更低，則x1＝不在該過程位移的中點處，故D錯誤。 答案：B 5. [xx·安徽十校模擬]如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、3m、2m。B和C分別固定在彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計。B和C在吊籃的水平底板上處于靜止狀態(tài)。將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間(　　) A. 吊籃A的加速度大小為g B. 物體B的加速度大小為g C. 物體C的加速度大小為2g D.

6、A、B、C的加速度大小都等于g 解析：未剪斷輕繩時，彈簧彈力為3mg，輕繩剪斷的瞬間，彈簧彈力不變，物體B受力不變，加速度為零；對A和C，所受向下合力為F＝3mg＋mg＋2mg＝6mg，由牛頓第二定律得F＝3ma，解得A和C的加速度為2g，選項C正確，A、B、D錯誤。 答案：C 6. [xx·湖北重點中學(xué)聯(lián)考]如圖所示，在建筑工地，民工兄弟用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，水平作用力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為(　　) A. μF　　　　　　　　 B. 2μF C. m(g

7、＋a) D. m(g＋a) 解析：由于A、B相對靜止，故A、B之間的摩擦力為靜摩擦力，A、B錯誤。設(shè)民工兄弟對A、B在豎直方向上的摩擦力為f，以A、B整體為研究對象可知在豎直方向上有2f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，設(shè)B對A的摩擦力方向向下，大小為f′，對A由牛頓第二定律有f－f′－mg＝ma，解得f′＝m(g＋a)，D正確，C錯誤。 答案：D 7. 如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，

8、則(　　) A. t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 B. t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C. 0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D. 0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析：小物塊對地速度為零時，即t1時刻，小物塊在A處左側(cè)且距離A最遠，t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開始到此刻，它相對傳送帶滑動的距離最大。0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變，t2時刻以后相對傳送帶靜止，故不再受摩擦力的作用。B正確。 答案：B 8. [xx·湖北省武漢市高三調(diào)研考試]在光

9、滑的水平面上放置著質(zhì)量為M的木板，在木板的左端有一質(zhì)量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，木塊與木板由靜止開始運動，經(jīng)過時間t分離。下列說法正確的是(　　) A. 若僅增大木板的質(zhì)量M，則時間t增大 B. 若僅增大木塊的質(zhì)量m，則時間t增大 C. 若僅增大恒力F，則時間t增大 D. 若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，則時間t增大 解析：本題考查牛頓運動定律，意在考查考生應(yīng)用隔離法分析長木板和木塊的受力和運動、應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式計算時間的能力。對m，加速度a1＝＝－μg，對M，加速度a2＝，當兩者恰分離時，(a1－a2)t2＝L，時間t＝，由此，僅增大M或F，

10、時間t減小，僅增大m或μ，時間t增大，選項B、D正確。 答案：BD 9. [xx·遼寧丹東]如圖所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細線連接。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) A. B球的受力情況未變，加速度為零 B. A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsinθ C. A、B之間桿的拉力大小為mgsinθ D. C球的加速度沿斜面向下，大小為gsinθ 解析：細線被燒斷的瞬間，繩上的彈力突變

11、為零，B、C兩球的受力均發(fā)生變化，C球只受重力和斜面的彈力作用，其合力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小為gsinθ，所以A項錯誤，D項正確；細線被燒斷前，細繩對B球沿斜面向下的拉力大小為mgsinθ，燒斷瞬間，A、B兩小球組成系統(tǒng)的合力沿斜面向上，大小為mgsinθ，系統(tǒng)的加速度沿斜面向上，大小為a＝gsinθ，再隔離B球，設(shè)A、B之間輕桿的拉力大小為F，則F－mgsinθ＝ma，可得F＝mgsinθ，所以C項正確，B項錯誤。 答案：CD 10. 一小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，經(jīng)過時間4t0到達B處，在5t0時刻滑塊運動到水平面的C點停止

12、，滑塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同。已知滑塊在運動過程中與接觸面間的摩擦力大小與時間的關(guān)系如圖所示，設(shè)滑塊運動到B點前后速率不變。以下說法中正確的是(　　) A. 滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16∶5 B. 滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1∶4 C. 斜面的傾角為45° D. 滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ＝ 解析：由題意可知，滑塊從A點勻加速運動至B點后勻減速運動至C點，根據(jù)運動規(guī)律得，x1＝t1，x2＝t2，由題圖可知t1∶t2＝4∶1，所以x1∶x2＝4∶1，A項錯誤；滑塊在斜面和水平面上滑動的過程中Δv相同，又a＝，所以a1∶a2＝t2∶t1＝1∶4，B項正

13、確；對滑塊受力分析并結(jié)合圖乙可得，μmg＝μmgcosθ，則cosθ＝，θ＝37°，C項錯誤；由牛頓第二定律及以上各式得，mgsinθ－μmgcosθ＝μmg，則μ＝，D項正確。 答案：BD 第Ⅱ卷　(非選擇題，共60分) 二、實驗題(本題共2小題，共18分) 11. (9分)一個學(xué)生實驗小組用如圖1所示裝置做探究加速度與質(zhì)量、合外力關(guān)系的實驗，平衡摩擦力以后： (1)在保持小車和車中砝碼質(zhì)量不變時，探究加速度與合外力的關(guān)系，實驗中甲同學(xué)得到加速度a與合外力F的關(guān)系圖象如圖2所示，則得到該圖的原因是：________________________________。 (2)在保

14、持砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量m不變時，通過給小車增加砝碼來改變小車的質(zhì)量M，得到小車的加速度a與質(zhì)量M的數(shù)據(jù)，乙同學(xué)畫出a－圖線后發(fā)現(xiàn)：當較大時，圖線末端發(fā)生彎曲。于是該同學(xué)對實驗方案進行了進一步地修正，避免了圖線的末端發(fā)生彎曲的現(xiàn)象，那么，該同學(xué)的修正方案可能是________。 A. 改作a與的關(guān)系圖線 B. 改作a與M＋m的關(guān)系圖線 C. 改作a與的關(guān)系圖線 D. 改作a與的關(guān)系圖線 解析：(1)由題圖2知，當F＝0時加速度不為零，則表明木板的傾角過大，即平衡摩擦力過度。(2)在砝碼和砝碼盤總質(zhì)量m不變，較大時，M較小，不再滿足M?m的條件，對系統(tǒng)分析有mg＝(M＋m)a，a＝，應(yīng)作

15、a與的關(guān)系圖線。 答案：(1)平衡摩擦力過度(或木板的傾角過大)　(2)A 12. (9分)[xx·銀川一中二模]某個同學(xué)分別做“探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系”的實驗。如圖(甲)所示是該同學(xué)探究小車加速度與力的關(guān)系的實驗裝置，他將光電門固定在水平軌道上的B點，用不同重物通過細線拉同一小車，每次小車都從同一位置A由靜止釋放。 (1)若用游標卡尺測出光電門遮光條的寬度d如圖(乙)所示，則d＝________cm；實驗時將小車從圖示位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門的時間Δt，則小車經(jīng)過光電門時的速度為________(用字母表示)； (2)測出多組重物的質(zhì)量m和對應(yīng)遮光條通過

16、光電門的時間Δt，并算出相應(yīng)小車經(jīng)過光電門時的速度v，通過描點作出線性圖象，研究小車加速度與力的關(guān)系。處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出________(選填“v－m”或“v2－m”)圖象。 解析：根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，遮光條的寬度d＝10 mm＋10×0.05 mm＝10.50 mm＝1.050 cm。由速度定義可知，小車經(jīng)過光電門時的速度為v＝。每次小車都從同一位置A由靜止釋放，測出小車上遮光條通過光電門時的速度v，在小車質(zhì)量M遠遠大于重物的質(zhì)量m時，小車所受拉力可認為等于mg，由v2＝2aL，mg＝Ma可得v2與m成正比，因此處理數(shù)據(jù)時應(yīng)作出v2－m圖象。 答案：(1)1.050　　(2)v2－m

17、三、計算題(本題共4小題，共42分) 13. (7分)質(zhì)量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v－t圖象如圖所示。g取10 m/s2，求： (1)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)水平推力F的大??； (3)0～10 s內(nèi)物體運動位移的大小。 解析：(1)由題中圖象知，t＝6 s時撤去外力F，此后6～10 s內(nèi)物體做勻減速直線運動直至靜止，其加速度為 a1＝＝－2 m/s2 又因為a1＝－＝－μg 聯(lián)立得μ＝0.2。 (2)由題中圖象知0～6 s內(nèi)物體做勻加速直線運動 其加速度大小為a2＝＝1 m/s2 由牛頓第二定律得

18、F－μmg＝ma2 聯(lián)立得，水平推力F＝6 N。 (3)設(shè)0～10 s內(nèi)物體的位移為x，則 x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6 m＋×8×4 m＝46 m。 答案：(1)0.2　(2)6 N　(3)46 m 14. (11分)[xx·南通市第一次調(diào)研]小明用臺秤研究人在升降電梯中的超重與失重現(xiàn)象。他在地面上用臺秤稱得其體重為500 N，再將臺秤移至電梯內(nèi)稱其體重，電梯從t＝0時由靜止開始運動到t＝11 s時停止，得到臺秤的示數(shù)F隨時間t變化的圖象如圖所示，取g＝10 m/s2。求： (1)小明在0～2 s內(nèi)的加速度大小a1，并判斷在這段時間內(nèi)小明處于超重還是失重狀態(tài)； (2)在

19、10～11 s內(nèi)，臺秤的示數(shù)F3； (3)小明運動的總位移x。 解析：(1)由圖象可知，在0～2 s內(nèi)，臺秤對小明的支持力F1＝450 N 由牛頓第二定律有mg－F1＝ma1 解得a1＝1 m/s2 加速度方向豎直向下，故小明處于失重狀態(tài)。 (2)設(shè)在10～11 s內(nèi)小明的加速度為a3，時間為t3， 0～2 s的時間為t1，則a1t1＝a3t3 解得a3＝2 m/s2， 由牛頓第二定律有F3－mg＝ma3， 解得F3＝600 N。 (3)0～2 s內(nèi)位移x1＝a1t＝2 m 2～10 s內(nèi)位移x2＝a1t1t2＝16 m 10～11 s內(nèi)位移x3＝a3t＝1 m 小

20、明運動的總位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m。 答案：(1)1 m/s2　失重狀態(tài)　(2)600 N　(3)19 m 15. (10分)如圖所示，為皮帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距5.0 m，質(zhì)量為m＝10 kg的物體以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2, sin37°＝0.6, cos37°＝0.8)求： (1)物體從A點到達B點所需的時間； (2)若傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié)，物體從A點到達B點的最短

21、時間是多少？ 解析：(1)設(shè)在AB上物體的速度大于v＝4.0 m/s時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 設(shè)經(jīng)t1速度與傳送帶速度相同， t1＝ 通過的位移x1＝ 設(shè)速度小于v時物體的加速度為a2 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 物體繼續(xù)減速，設(shè)經(jīng)t2速度到達傳送帶B點 L－x1＝vt2－a2t t＝t1＋t2＝2.2 s (2)若傳送帶的速度較大，沿AB上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度一直為a2 L＝v0t′－a2t′2 t′＝1 s 答案：(1)2.2 s　(2)1 s 16. (1

22、4分)[xx·黃山模擬]質(zhì)量為m＝0.5 kg、長L＝1 m的平板車B靜止在光滑水平面上。某時刻質(zhì)量M＝1 kg的物體A(視為質(zhì)點)以v0＝4 m/s向右的初速度滑上平板車B的上表面，在A滑上B的同時，給B施加一個水平向右的拉力。已知A與B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。試求： (1)若F＝5 N，物體A在平板車上運動時相對平板車滑行的最大距離； (2)如果要使A不至于從B上滑落，拉力F大小應(yīng)滿足的條件。 解析：(1)物體A滑上平板車B以后，做勻減速運動，由牛頓第二定律得：μMg＝MaA 解得：aA＝μg＝2 m/s2 平板車B做勻加速直線運動，由牛頓第二定

23、律得： F＋μMg＝maB 解得：aB＝14 m/s2 兩者速度相同時有：v0－aAt＝aBt 解得：t＝0.25 s A滑行距離：xA＝v0t－aAt2＝ m B滑行距離：xB＝aBt2＝ m 最大距離：Δx＝xA－xB＝0.5 m (2)物體A不滑落的臨界條件是A到達B的右端時，A、B具有共同的速度v1，則： ＝＋L 又：＝ 解得：aB＝6 m/s2 再代入F＋μMg＝maB得：F＝1 N 若F<1 N，則A滑到B的右端時，速度仍大于B的速度，于是將從B上滑落，所以F必須大于等于1 N 當F較大時，在A到達B的右端之前，就與B具有相同的速度，之后，A必須相對B靜止，才不會從B的左端滑落，則由牛頓第二定律得： 對整體：F＝(m＋M)a 對物體A：μMg＝Ma 解得：F＝3 N 若F大于3 N，A就會相對B向左滑下 綜上所述，力F應(yīng)滿足的條件是1 N≤F≤3 N 答案：(1)0.5 m　(2)1 N≤F≤3 N