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2019-2020年高考物理新一輪總復習 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)定的三個力學基本物理量，應該選用的儀器是(　　) 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 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 解析：慣性大小取決于物體質(zhì)量，和外力、速度無關，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mgv1，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，意在考查考生應用隔離法分析長木板和木塊的受力和運動、應用牛頓運動定律和運動學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，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?yōu)榱?，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，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系如圖所示，設滑塊運動到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系，實驗中甲同學得到加速度a與合外力F的關系圖象如圖2所示，則得到該圖的原因是：________________________________。 (2)在保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，該同學的修正方案可能是________。 A. 改作a與的關系圖線 B. 改作a與M＋m的關系圖線 C. 改作a與的關系圖線 D. 改作a與的關系圖線 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＝，應作a與的關系圖線。 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]某個同學分別做“探究加速度與力、質(zhì)量關系”的實驗。如圖(甲)所示是該同學探究小車加速度與力的關系的實驗裝置，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和對應遮光條通過光電門的時間Δt，并算出相應小車經(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系。處理數(shù)據(jù)時應作出________(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＋100.05 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)時應作出v2－m圖象。 答案：(1)1.050　　(2)v2－m 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的大小； (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F－μmg＝ma2 聯(lián)立得，水平推力F＝6 N。 (3)設0～10 s內(nèi)物體的位移為x，則 x＝x1＋x2＝(2＋8)6 m＋84 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點的最短時間是多少？ 解析：(1)設在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 設經(jīng)t1速度與傳送帶速度相同， t1＝ 通過的位移x1＝ 設速度小于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. (14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應滿足的條件是1 N≤F≤3 N 答案：(1)0.5 m　(2)1 N≤F≤3 N