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2019-2020年高考物理 第三章 牛頓運動定律復習達標測評 新人教版 一、單項選擇題 (本大題共5個小題，每小題4分，共計20分，每小題只有一個選項符合題意) 1. (xx濰坊模擬)下列對運動的認識不正確的是(　　) A. 亞里士多德認為物體的自然狀態(tài)是靜止的，只有當它受到力的作用才會運動 B. 伽利略認為力不是維持物體速度的原因 C. 牛頓認為力的真正作用效果總是改變物體的速度，而不是使之運動 D. 伽利略根據(jù)理想實驗推論得出，如果沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度繼續(xù)運動下去 2. (xx海南卷)下列說法正確的是(　　) A. 若物體運動速率始終不變，則物體所受合力一定為零 B. 若物體的加速度均勻增加，則物體做勻加速直線運動 C. 若物體所受合力與其速度方向相反，則物體做勻減速直線運動 D. 若物體在任意的相等時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動 3. 輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小鐵球，電梯中有質(zhì)量為50 kg的乘客，如圖所示，在電梯運行時乘客發(fā)現(xiàn)輕質(zhì)彈簧的伸長量是電梯靜止時輕質(zhì)彈簧的伸長量的一半，這一現(xiàn)象表明(g＝10 m/s2)(　　) A. 電梯此時可能正以1 m/s2的加速度大小加速上升，也可能是以1 m/s2的加速度大小減速下降 B. 電梯此時不可能是以1 m/s2的加速度大小減速上升，只能是以5 m/s2的加速度大小加速下降 C. 電梯此時正以5 m/s2的加速度大小加速上升，也可以是以5 m/s2的加速度大小減速下降 D. 不論電梯此時是上升還是下降，也不論電梯是加速還是減速，乘客對電梯地板的壓力大小一定是250 N 4. (xx安慶一中模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M的探空氣球在勻速下降，若氣球所受浮力F始終保持不變，氣球在運動過程中所受阻力僅與速率有關，重力加速度為g.現(xiàn)欲使該氣球以同樣速率勻速上升，則需從氣球吊籃中減少的質(zhì)量為 (　　) 　　　　　　　　　　　 7. (改編題)搭載“嫦娥二號”探月衛(wèi)星的長征三號丙運載火箭于2010年10月1日18時59分57秒在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，并獲得了圓滿成功，相關圖片如圖所示. 則下列說法正確的是 (　　) A. 火箭發(fā)射時，噴出的高速氣流對火箭的作用力大于火箭對氣流的作用力 B. 發(fā)射初期，火箭處于超重狀態(tài)，但它受到的重力卻越來越小 C. 高溫高壓燃氣從火箭尾部噴出時對火箭的作用力與火箭對燃氣的作用力大小相等 D. 發(fā)射的“嫦娥二號”衛(wèi)星進入軌道正常運轉(zhuǎn)后，衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài) 8. 如圖所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的光滑斜面，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是 (　　) A. 兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin θ B. B球的受力情況未變，瞬時加速度為零 C. A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin θ D. 彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零 9. (xx蘇州測試)如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速度v1沿順時針方向運動，一物體以水平速度v2從右端滑上傳送帶后，經(jīng)過一段時間又返回光滑水平面，此時速率為v2′，則下列說法正確的是(　　) A. 若v1＜v2，則有v2′＝v1 B. 若v1＞v2，則有v2′＝v2 C. 不管v2多大，總有v2′＝v2 D. 只有v1＝v2時，才有v2′＝v2 三、簡答題(本題共3個小題，共20分，請將答案填在題中橫線上或按題目要求作答) 10. (5分)某同學在探究牛頓第二定律的實驗中，在物體受外力不變時，改變物體的質(zhì)量，得到數(shù)據(jù)如下表所示. 實驗次數(shù) 物體質(zhì)量m(kg) 物體的加速度a(m/s2) 物體質(zhì)量的倒數(shù)(1/kg) 1 0.20 0.78 5.00 2 0.40 0.38 2.50 3 0.60 0.25 1.67 4 0.80 0.20 1.25 5 1.00 0.16 1.00 (1)從表中的數(shù)據(jù)你可得出的結論為　. (2)物體受到的合力大約為　. 11. (5分)打點計時器使用的交流電頻率f＝50 Hz.下圖是某同學在“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗中正確操作下獲得的一條紙帶，A、B、C、D、E每兩點之間還有4個點沒有標出．寫出用x1、x2、x3、x4以及f來表示小車加速度的計算式：a＝______________.根據(jù)紙帶所提供的數(shù)據(jù)，算得小車的加速度大小為________m/s2(結果保留兩位有效數(shù)字)． 12. (10分)(xx德州模擬)“探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系”的實驗裝置如圖甲所示. (1)在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示．計時器打點的時間間隔為0.02 s．從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離．該小車的加速度a＝________m/s2.(結果保留兩位有效數(shù)字) 　　　　 (2)平衡摩擦力后，將5個相同的砝碼都放在小車上．掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度．小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數(shù)據(jù)如下表： 砝碼盤中砝 碼總重力F(N) 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980 加速度a(ms－2) 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70 請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖丙所示的坐標系中作出a－F的關系圖象. (3)根據(jù)提供的實驗數(shù)據(jù)作出的a－F圖線不通過原點，請說明主要原因． 四、計算題(本大題共3個小題，共40分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中要明確寫出數(shù)值和單位) 13. (12分)(xx蘇州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小球穿在斜桿上，斜桿與水平方向的夾角為θ＝37，球恰好能在桿上勻速滑動．若球受到一大小為F＝40 N的水平推力作用，可使小球沿桿向上加速滑動(g取10 m/s2)，求： (1)小球與斜桿間的動摩擦因數(shù)μ的大?。? (2)小球沿桿向上加速滑動的加速度大?。? 14. (14分)如圖所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上套著一個質(zhì)量為m的小球，開始時小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的，即a＝g，則小球在下滑的過程中，木箱對地面的壓力為多少？ 4. 解析：設減少的質(zhì)量為Δm，勻速下降時Mg＝F＋kv，勻速上升時Mg－Δmg＋kv＝F，解得Δm＝2，A正確. 答案：A 5. 解析：對建筑材料進行受力分析．根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，得繩子的拉力大小等于F＝210 N，然后再對人受力分析由平衡的知識得Mg＝F＋FN，得FN＝490 N，根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面的壓力為490 N，B正確． 答案：B 6. 解析：撤去拉力前物塊相對木板向左運動，所受摩擦力向右，物塊對木板的摩擦力向左．剛撤去拉力時相對運動情況不變，所受摩擦力不變，因此物塊向右加速，木板向右減速直到達到共同速度，共速后二者一起勻速運動，故選BC. 答案：BC 7. 解析：由作用力與反作用力的關系可知A錯誤，C正確；火箭發(fā)射初期，因為火箭向上做加速運動，故處于超重狀態(tài)，隨著火箭距地球越來越遠，所受的重力也越來越小，B正確；衛(wèi)星進入軌道正常運轉(zhuǎn)后，所受的萬有引力充當向心力，此時衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài)，D正確. 答案：BCD 8. 解析：線燒斷瞬間，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力為mgsin θ＋kx＝2mgsin θ，故aA＝2gsin θ. 答案：BC 9. 解析：設物體的質(zhì)量為m，物體與傳送帶之間的滑動摩擦力大小為Ff，物體相對傳送帶滑動的加速度大小為a, 且兩個過程中的加速度大小和方向是相同的．物體在傳送帶上滑動，則有Ff＝ma，物體在傳送帶上向左滑動的位移為x＝.速度減為零后，在滑動摩擦力的作用下開始向右勻加速運動，加速度大小仍為a，若v1＞v2，滑到傳送帶右端時的速度大小為v2′＝，比較可以得出v2′＝v2＜v1；若v1＜v2，物體還沒有運動到傳送帶的右端，速度就和傳送帶的速度相同，物體與傳送帶之間不再存在摩擦力，物體隨傳送帶一起勻速運動，v2′＝v1＜v2.正確選項為AB. 答案：AB 10. 答案：(1)合外力一定的條件下，物體的加速度與物體的質(zhì)量成反比 (2)F合＝0.155 N 11. 解析：采用分組法得計算加速度的表達式 a＝，帶入數(shù)據(jù)解得a＝ m/s2＝0.60 m/s2. 答案：　0.60 12. 解析：(1)a＝ ＝ m/s2＝0.16 m/s2或 a＝＝ m/s2＝0.15 m/s2. (2)如圖所示： (3)小車、砝碼盤和砝碼組成的系統(tǒng)所受合外力為砝碼盤和砝碼的總重力，而表中數(shù)據(jù)漏計了砝碼盤的重力，導致合力F的測量值小于真實值，故a－F的圖線不過原點. 答案：(1)0.16(0.15也算對)　(2)見解析　(3)未計入砝碼盤的重力 13. 解析：(1)對小球受力分析，由平衡條件可知：mgsin θ＝Ff1，F(xiàn)N1＝mgcos θ，F(xiàn)f1＝μFN1， 解得μ＝tan 37＝0.75. (2)水平推力作用后，由牛頓第二定律： Fcos θ－mgsin θ－Ff2＝ma， Ff2＝μFN2＝μ(Fsin θ＋mgcos θ)， 解得a＝2 m/s2. 答案：(1)0.75　(2)2 m/s2 14. 解析：木箱與小球沒有共同加速度，所以需用隔離法．取小球m為研究對象，受重力mg、摩擦力Ff，如圖甲所示， 據(jù)牛頓第二定律得：mg－Ff＝ma① 取木箱M為研究對象，受重力Mg、地面支持力FN及小球給予的摩擦力Ff′如圖乙所示． 據(jù)物體平衡條件得：FN－Ff′－Mg＝0② 且Ff＝Ff′③ 由①②③式得FN＝g＝Mg＋mg. 由牛頓第三定律知，木箱對地面的壓力大小為 FN′＝FN＝g＝Mg＋mg. 答案：Mg＋mg 15. 解析：設外力最大值為F，此時，A物塊與地面之間無相互作用力，共同加速度為a，先把AB看作是一個整體，則有：F＝(m＋M)a(1) 對于A，它受B與接觸面垂直向上的推力FN，根據(jù)受力分析圖可得：FNcos θ＝mg(2) 對于B，在水平方向有：F′Nsin θ＝Ma(3) 根據(jù)牛頓第三定律可知FN＝F′N(4) 由上述四式解得F＝tan θ 答案：F＝tan θ