高考物理一轮复习 限时检测（3）牛顿运动定律（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、第三章牛顿运动定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1(2020湖南岳阳一模)一个质量M2 kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F10 N的作用力突然消失，其余四个力保持不变。经过时间t2 s后，下列说法正确的是(C)A物体一定做匀加速直线运动B物体的速度一定是10 m/sC物体速度的变化一定等于10 m/sD物体的位移变化量一定等于10 m解析本题考查力与速度变化量的关系。当10 N的力消失后，其他力的合力与消失的力大小相等，方向相反，则其做匀变速运动，加速度

2、大小为a m/s25 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误；因初速度未知，则不能确定2 s后的速度，在2 s后的位移也不能确定，故B、D错误；物体速度的变化量vat10 m/s，与物体的初速度无关，故C正确。2(2020安徽名校高三模拟)在第26届国际计量大会中，通过了用普朗克常数(h)重新定义质量的国际单位“千克”，国际千克原器于2019年5月20日正式 “退役”。经科学家研究发现，国际千克原器比130年前质量减少了5105 kg，用国际千克原器作为1千克标准，现在定义的力的国际单位1 N比130年前定义的1 N(A)A减少了51

3、05 NB减少了5104 NC增加了5105 ND增加了5104 N解析1 N的定义为能使1千克物体获得1 m/s2的加速度所需的力的大小。现使千克原器获得1 m/s2的力比130年前少5105 N，故A项正确。3(2020山东高三模拟)如图所示，一质量为M2 kg、倾角为45的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g10 m/s2。下列判断正确的是(C)A物块对斜面的压力大小FN5 NB斜面体的加速度大小为a10 m/s2C水平恒力大小F15 ND若水平作用力F作用到斜面体上，系统仍保持

4、相对静止，则F将变小解析对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F(Mm)a；竖直方向：N(Mm)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：FNsin Ma；竖直方向：FNcos MgN；联立解得：a5 m/s2；F15 N；FN10 N，故C正确，A、B错误；若水平作用力F作用到斜面体上，系统仍保持相对静止，则对整体：F(Mm)a；对m：mgtan 45ma，解得F(Mm)g30 N，即F变大，故D错误。4(2019重庆陈家中学期末)如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。

5、当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为(D)A0B大小为g，方向竖直向下C大小为g，方向水平向右D大小为g，方向垂直木板向下解析本题考查带弹簧系统的受力与加速度大小的计算。木板撤去前，小球处于平衡状态，受重力、木板的支持力和弹簧的拉力，如图，根据共点力平衡条件有FNsin 300，Ncos 30G0，解得支持力Nmg，弹簧的弹力Fmg；木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和弹簧的拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N相反，故此瞬间小球的加速度大小为ag，方向垂直木板向下，故D正确。5(2019北京，20)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位，其他单位均可由物理关

6、系导出。例如，由m和s可以导出速度单位ms1。历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率9 192 631 770 Hz定义s；1983年用真空中的光速c299 792 458 ms1定义m。2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图，例如，s对应，m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是(D)A7个基本

7、单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性B用真空中的光速c(ms1)定义m，因为长度l与速度v存在lvt，而s已定义C用基本电荷e(C)定义安培(A)，因为电荷量q与电流I存在I，而s已定义D因为普朗克常量h(Js)的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位解析因为1 J1 Nm,1 N1 kgm/s2，而m、s等已经定义了，故可以用普朗克常量h(Js)定义质量单位kg ，故D选项不正确。6(2020湖北荆州一模)如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦，初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，

8、最终至少一人能到达滑轮。下列说法中正确的是(A)A若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析本题通过阿特伍德设计的装置考查运动问题。对甲有FmAgmAaA，解得aAg，对乙有FmBgmBaB，解得aBg；若甲的质量大，则甲的加速度小，根据lat2知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮；若甲、乙的质量相等，则运动时间相同，同时到达滑轮。故A正确，B、C、D错误。7(2020四川雅安中学月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m2 kg，动力系统提供的恒定升力F28 N。试飞时，飞机从地面由静止开始

9、竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f4 N，g取10 m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t6 s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力(C)A36 mB30 mC24 mD18 m解析本题考查根据物体受力情况分析运动情况。飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有Fmgfma1，代入数据解得a12 m/s2，t6 s时，速度v1a1t26 m/s12 m/s，前6 s内的位移x1a1t2262 m36 m,6 s后失去升力，根据牛顿第二定律有mgfma2，解得a212 m/s2，匀减速上升的位移x2 m6 m，

10、飞机能达到的最大高度hx1x236 m6 m42 m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgfma3，解得a38 m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有Ffmgma4，解得a46 m/s2，开始恢复升力时速度设为v，则h，解得v12 m/s，此时飞机离地面的高度h124 m，故C正确。8(2020合肥高三模拟)如图所示，倾角为的斜面体放置在光滑的水平地面上，质量为m的小物块叠放在斜面体上，斜面体在外力作用下由静止向左做加速度不断增大的直线运动。在物块未相对斜面体滑动的一小段时间内，下列说法正确的是(C)A斜面体对物块的支持力不变B斜面体对物块的摩擦力

11、逐渐增大C当物块的加速度为gtan 时，物块与斜面体间的摩擦力为0D当物块的加速度为gsin 时，物块与斜面体间的摩擦力为0解析当斜面体与物块的加速度为0时，物块受到的支持力为mgcos ，物块受到的摩擦力为mgsin ，沿斜面体向上；当斜面体与物块的加速度为a时，由平衡条件和牛顿第二定律得：mgNcos fsin ，Nsin fcos ma ，随着a的增大，N逐渐增大， f先逐渐减小后反向增大，故A、B错误；当物块与斜面体间的摩擦力为0时，由牛顿第二定律得：tan ，解得：agtan ，故C正确，D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

12、题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9(2020乌鲁木齐一模)2019年12月27日，我国长征五号遥三运载火箭在文昌航天发射场发射成功。火箭开始升空时，火箭的总质量约为870 t，发动机的总推力约为1.05107 N，其搭载的实践二十号卫星受到的竖直向上的作用力约为9.6104 N，则火箭开始升空时的加速度a和实践二十号卫星的质量m约为(BC)Aa12 m/s2Ba2m/s2Cm8 tDm48 t解析对火箭由牛顿第二定律列方程：Fmgma，代入数值，得1.051078.701068.70105a，得a2 m/s2；对实践二十号卫星由牛顿第二定律列方程，代入数值9.6

13、104mgm2，得m8 t，故BC正确。10(2020山东高考模拟)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是(AD)解析人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加，C错误

14、，D正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加。B错误，A正确。11(2020湖南衡阳一中月考)如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为30的光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从某时刻开始，对b施加沿斜面向上的外力F，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则(AD)A弹簧的劲度系数kB弹簧恢复原长时物块a、b恰好分离C物块b的加速度为D拉力F的最小值为mg解析本题考查含弹簧系统

15、的临界问题。对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0(mm)gsin ，解得k，故A正确；由题意可知，b经两段相等的时间后位移为x0，由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知，说明当弹簧形变量为x2x0x1时二者分离，故B错误；对a分析，因分离时a、b间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知kx2mgsin ma，联立解得a，故C错误；a、b分离前对整体分析，由牛顿第二定律有Fkx(mm)gsin (mm)a，则知刚开始运动时拉力F最小，F的最小值Fminmg；分离后对b分析，由牛顿第二定律有Fmgsin ma，解得Fmg，所以拉力F的最小值为mg，故D正

16、确。12(2020珠海高三模拟)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。则(CD)A“B鱼”入水瞬间的速度小于“A鱼”B“A鱼”在水中的加速度大小为gC“A鱼”在水中运动时所受阻力大小为mg()D“A鱼”和“B鱼”在水

17、中运动时所受阻力大小之比为解析“A鱼”和“B鱼”在入水前做自由落体运动，由mgHmv2可知，v，下落高度相同，所以入水速度相同，选项A错误；由v22ahA得a，选项B错误；“A鱼”在水中受到重力、浮力、阻力作用，根据牛顿第二定律F浮F阻Amgma得F阻Amg()，选项C正确；同理可得F阻Bmg()，所以，选项D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13(6分)(2019全国卷，22)如图(a)，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：(1)铁块与木板间动摩擦因数(用木板与水平面的

18、夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使30。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为0.35(结果保留2位小数)。图(b)解析(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，由牛顿第二定律得：mgsin FNma且FNmgcos 解以上两式得。(2)由逐差法求铁块加速度：a102 m/s21.97 m/s2代入，得0.35。14(8分)(2020湖南高三模拟

19、)物理实验课上，某同学按照如图所示的示意图组装了实验仪器，用于验证“物体的加速度与所受合外力的关系”，他选取小车、钩码所组成的系统作为实验的研究对象。该同学利用打点计时器打出的纸带测定系统的加速度，并将悬挂钩码的重力作为系统受到的合外力。则(1)实验前，该同学需要(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦；(2)实验时，该同学不需要(选填“需要”或“不需要”)确保悬挂的钩码质量远小于小车与车载钩码的质量之和；(3)实验过程中，该同学需要控制研究系统的质量(选填“质量”或“加速度”或“合力”)保持不变，具体做法是将小车上的钩码逐个移到绳端悬挂。解析(1)本实验要验证加速度与所受合外力的关系，为了消除摩

20、擦力的影响，需要把长木板没有滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力；(2)设小车质量为M，所有钩码的质量为m，对小车、钩码所组成的系统为研究对象，将悬挂钩码的重力作为系统所受的合外力，根据牛顿第二定律应满足F(Mm)a，没有必要满足悬挂钩码质量远小于小车与车载钩码质量之和；(3)根据控制变量法可知，实验过程中，需控制研究系统的质量不变，做法是将小车上的钩码逐个移到绳端悬挂。15(8分)(2020重庆高三月考)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小

21、球B距轨道末端Q的竖直高度为H，重力加速度为g，求：恒力F的大小。答案(mM)g解析连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为，由几何关系得：cos sin 则tan 此时小球受到的合外力Fmgtan mg由牛顿第二定律可得：ag以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F(mM)a(mM)g16(8分)(2020杭州五校高三模拟)水平面上固定着倾角37的斜面，将质量m1 kg的物块A从斜面上无初速度释放，其加速度a3 m/s2。经过一段时间，物块A与静止在斜面上的质量M2 kg的物块B发生完全非弹性碰撞，之后一起沿斜面匀速下滑。已知重力加速度大小g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8

22、，求：(1)A与斜面之间的动摩擦因数1；(2)B与斜面之间的动摩擦因数2。答案(1)0.375(2)0.937 5解析本题考查根据斜面上物体的运动情况分析受力情况。(1)物块A沿斜面加速下滑，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f11N1N1mg cos 由牛顿第二定律得mgsin f1ma解得10.375(2)A、B一起沿斜面匀速下滑，以A、B组成的整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f22N2N2Mgcos mgsin Mgsin f1f20解得20.937 517(14分)(2020重庆一中模拟)如图所示，有一长为s8.48 m的传送带倾斜放置，倾角为30，且没有启动。一质量为m

23、13 kg、长度L0.5 m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。t0时刻，将一质量为m21 kg的小物块乙(可视为质点)轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v04 m/s的速度使其沿传送带向下运动。已知甲与传送带之间的动摩擦因数1，甲与乙之间的动摩擦因数2，重力加速度大小g10 m/s2。(1)求乙相对甲滑行的最大距离；(2)当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a3 m/s2沿逆时针方向转动，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间。答案(1)0.48 m(2)2 s解析本题考查传送带上的板块模型问题。(1)乙做沿传送

24、带向下的匀加速直线运动，加速度大小为a12gcos 30gsin 3012.5 m/s2，甲做沿传送带向下的匀减速直线运动，加速度大小为a2 m/s2，设甲和乙从开始到刚好达到共同速度时所用时间为t1，共同速度为v1，根据运动学公式可得v1a1t1，v1v0a2t1，联立解得v13 m/s，t10.24 s，甲的位移为x甲v0t1a2t0.84 m，乙的位移为x乙a1t0.36 m，乙相对甲滑行的最大距离为xx甲x乙0.48m。(2)当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带时，对甲、乙组成的系统，恰好有1(m1m2)gcos 30(m1m2)gsin 30，所以甲、乙与传送带共速前，甲、乙一起

25、做匀速直线运动，运动时间为t21 s，甲、乙一起运动的位移x1v1t23 m，甲、乙与传送带共速后，假设传送带对甲有向下的滑动摩擦力，则甲、乙一起向下运动的加速度为a共gsin 301gcos 30a，所以甲、乙与传送带一起做匀加速直线运动，根据运动学公式有sx甲x1Lv1t3at，解得t31 s，所以从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间tt2t32 s。18(16分)(2017全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻

26、A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。答案(1)1 m/s(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设

27、在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m(也可用如图的速度时间图线求解)