2021版物理导学大一轮人教广西专用单元质检三　牛顿运动定律 WORD版含解析.docx

1、单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第6页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有()A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.重物比轻物下落得快D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反答案:A解析:选项B和D内容分别是牛顿发现的万有引力定律和牛顿第三定律,选项C内容是在伽利略之前人们普遍存在的对自然的一种

2、错误认识,选项A内容是伽利略通过实验和逻辑推理发现的。故A正确。2.如图所示,在水平面上,有两个质量分别为m1和m2的物体A、B,两物体与水平面的动摩擦因数均为,m1m2,A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计。若用大小为F的水平力向右拉B,稳定后B的加速度大小为a1,弹簧测力计示数为F1;如果改用大小为F的水平力向左拉A,稳定后A的加速度大小为a2,弹簧测力计示数为F2。则以下关系式正确的是()A.a1=a2,F1F2B.a1=a2,F1a2,F1F2答案:A解析:以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1F-(m1+m2)g=(m1+m2)a2得到a1=a2当

3、F拉B时,以A为研究对象,则有F1-m1g=m1a1得到F1=m1m1+m2F同理,当F拉A时,以B为研究对象得到F2=m2m1+m2F由于m1m2,则F1F2所以A正确,B、C、D错误。3.(2019山东泰安一模)如图所示,质量为m的小球被非弹性绳A和B系住,其中B绳水平,下列说法正确的是()A.平衡时水平绳的拉力为mgsin B.剪断水平绳,斜绳的拉力不变C.剪断水平绳,小球的加速度为gsin D.剪断斜绳,小球的加速度为gtan 答案:C解析:由题图可知,平衡时水平绳的拉力为mgtan ,故选项A错误;剪断水平绳,斜绳的拉力在瞬间可以突变,剪断水平绳前,A绳的拉力为mgcos,剪断水平绳

4、瞬间,A绳的拉力为mgcos ,故选项B错误;剪断水平绳,将小球的重力沿绳的方向和垂直于绳的方向分解,垂直于绳的方向的分力产生加速度,加速度大小为a=mgsinm=gsin ,故选项C正确;剪断斜绳,水平绳的拉力瞬间变为零,则小球的加速度为g,故选项D错误。4.水平地面上方A处有一小物块,在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动,如图所示。经过时间t到达B处,此时撤去力F,又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g,A处离地面的高度h=12gt2,忽略空气阻力,则物块的质量为()A.5F8gB.FgC.3F8gD.F2g答案:A解析:物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运

5、动,设加速度大小为a,上升高度为h1,末速度大小为v1,则h1=12at2,v1=at;撤去力F后物块做竖直上抛运动,则-(h1+h)=v12t-12g(2t)2,联立解得a=35g,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得m=5F8g,A正确。5.如图所示,质量为m0、倾角为的斜劈在水平面上以一定的初速度向右滑动的过程中,质量为m的光滑小球在斜面上恰好保持与斜劈相对静止,已知斜劈与地面的动摩擦因数是,则下列说法正确的是()A.小球与斜面间的压力是mgcos B.小球与斜面的加速度大小是gtan C.地面对斜劈的支持力一定大于(m0+m)gD.地面与斜劈间的动摩擦因数是g(1+sin cos )

6、答案:B解析:光滑小球恰好保持与斜面相对静止,则有重力与斜面弹力的合力水平向左,根据力的合成与分解,得小球F合=mgtan ,易得加速度大小是gtan ,B正确;弹力FN=mgcos,A错误;由于在竖直方向上没有加速度,所以整体在竖直方向上合力为零,有F支持=(m0+m)g,C错误;整体是由于摩擦力导致的减速,=tan ,D错误。6.如图甲所示,倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,则()A.传送带的速率v0=10 m/sB

7、.传送带的倾角=30C.物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5D.02.0 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m答案:AC解析:由v-t图像知,传送带速度大小v0=10 m/s,a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,由牛顿第二定律得,mgsin +mgcos =ma1,mgsin -mgcos =ma2,联立得=37,=0.5,故B错误,A、C正确。01.0 s内传送带位移x1=v0t1=10 m,小物块位移x2=5 m,在传送带上的相对位移x1=x1-x2=5 m,相对传送带向上,1.02.0 s内传送带位移x3=v0t2=10 m,小物块位移x4=11 m,故相对位移x2=x4-x3=1

8、 m,相对传送带向下,故痕迹为5 m,故D错误。7.(2019北京首都师大附中月考)一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下,若雨滴下落过程中所受重力保持不变,且空气对雨滴的阻力随其下落速度的增大而增大,则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是()答案:AC解析:根据牛顿第二定律得, a=mg-Ffm,速度增大,阻力增大,加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动。当加速度减小到零时,雨滴做匀速直线运动。故A、C正确,B、D错误。8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示

9、的a-F图像。g取10 m/s2,则()A.滑块的质量m=4 kgB.木板的质量m0=6 kgC.当F=8 N时滑块的加速度为2 m/s2D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1答案:AD解析:当F=6 N时,加速度为a=1 m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,代入数据解得m0+m=6 kg;当F6 N时,根据牛顿第二定律得a=F-mgm0=Fm0-mgm0,知图线的斜率k=1m0,解得m0=2 kg,则滑块的质量m=4 kg,故选项A正确,B错误;根据F6 N 时的图线知,F=4 N时,a=0,代入数据解得=0.1,选项D正确;当F=8 N时,对滑块,根据牛顿第二定律得mg

10、=ma,解得a=g=1 m/s2,选项C错误。二、实验题(20分)9.(10分)(2019山东省实验中学诊断)如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律,小车上固定一个盒子,盒子内盛有沙子,沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m,小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为m车。验证在质量不变的情况下,加速度与合外力成正比:甲同学从盒子中取出一些沙子,装入沙桶中,称量并记录沙桶的总重力mg,将该力视为合外力F,对应的加速度a从打下的纸带中计算得出,多次改变合外力F的大小,每次都会得到一个相应的加速度,本次实验中,桶内的沙子取自小车中,故系统的总质量不变,以合外力F为横轴,以加速度a为纵轴,

11、画出a-F图像。(1)实验前已经平衡好摩擦力,请问下图中的图线正确的是。(2)a-F图像斜率的物理意义是(用题目中所给字母表示)。(3)你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理?答:(选填“合理”或“不合理”)。(4)本次实验中,是否应该满足m车m这样的条件?答:(选填“是”或“否”)。(5)乙同学利用上述装置来探究加速度a和小车的质量m车的关系,在其他步骤正确的前提下,由于没有始终满足m车m的条件,结果得到的图像应是下列图中的。答案:(1)A(2)1m车+m(3)合理(4)否(5)D解析:(1)实验前已经平衡好摩擦力,根据题意可知,整个系统的合力为mg,将该力视为合外力F,则根据牛顿第二

12、定律可知,mg=F=(m车+m)a,则a=1m车+mF,由于整个系统总质量恒定,故a-F图像为一条过原点的直线,故选项A正确,B、C、D错误。(2)由(1)中分析可知a=1m车+mF,故图线斜率为k=1m车+m。(3)因为实验的研究对象是整个系统,系统受到的合外力等于mg,把mg当作合外力F是合理的。(4)系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg,不必满足m车m这样的条件。(5)本实验中,实验原理是加速度与(m车+m)的质量成反比,当满足m车m时,即m几乎忽略不计,a与m车成反比,由于没有始终满足m车m,所以a与m车的关系应为D。10.(10分)某实验小组在探究加速度与物体受力的关系实验中,设计

13、出如下的实验方案,其实验装置如图甲所示。已知小车质量m1=214.6 g,砝码盘质量m0=7.8 g,所使用的打点计时器交流电源频率f=50 Hz。其实验步骤是:甲A.按图中所示安装好实验装置;B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速直线运动;C.取下细绳和砝码盘,记下砝码盘中砝码的质量m;D.将小车置于打点计时器旁,先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度a;E.重新挂上细绳和砝码盘,改变砝码盘中砝码的质量,重复BD步骤,求得小车在不同合外力F作用下的加速度。回答下列问题:(1)按上述方案做实验,是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?(选填“是

14、”或“否”)。(2)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示,由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2。乙(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中,如下表。次数12345砝码盘中砝码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车的加速度a/(ms-2)0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出a-F图像(如图丙)。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是。从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是,其大小为。丙答案:(1)否(2)0.88(3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确)砝码盘的重力0.08 N解析:(1)小车

15、加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力,而实验中的研究对象是小车,因此,实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量。(2)a=8.64+7.75-6.87-6.0040.1210-2 m/s2=0.88 m/s2。(3)实验中本应有(m0+m)g=m1a,由于实验中未计入砝码盘的质量m0,测得的图像与真实图像相比沿F轴左移m0g,图像将不过原点。由图像及上述分析可知,m0g=0.08 N。三、计算题(本题共2小题,共32分)11.(16分)如图所示,在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度l=2 m、质量m木=4 kg的木板,木板的最上端放置一质量m=1 kg的小物块(可视为质点)。

16、现沿斜面向上对木板施加一个外力F,使其由静止开始向上做匀加速直线运动,已知斜面倾角=30,物块和木板间的动摩擦因数=32,g取10 m/s2。(1)当外力F=30 N时,二者保持相对静止,求二者共同运动的加速度大小。(2)当外力F=53.5 N时,二者之间将会发生相对滑动,求二者完全分离时的速度各为多大。答案:(1)1 m/s2(2)6.5 m/s2.5 m/s解析:(1)二者共同运动时,由牛顿第二定律得F-(m木+m)gsin =(m木+m)a解得a=1 m/s2。(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2,从开始运动到二者完全分离的时间为t,分离时速度分别为v1、v2,由牛顿第二定律得F-

17、m木gsin -mgcos =m木a1mgcos -mgsin =ma2又l=12(a1-a2)t2,v1=a1t,v2=a2t联立解得v1=6.5 m/s,v2=2.5 m/s。12.(16分)如图甲所示,光滑水平面上的O处有一质量为m=2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用,F1=4 N,方向向右,F2的方向向左,大小随时间均匀变化,如图乙所示。物体从零时刻开始运动。(1)求当t=0.5 s时物体的加速度大小。(2)物体在t=0至t=2 s内何时加速度最大?最大值为多少?(3)物体在t=0至t=2 s内何时速度最大?最大值为多少?答案:(1)0.5 m/s2(2)当t=0时,am=1

18、 m/s2当t=2 s时,am=-1 m/s2(3)t=1 s时,v=0.5 m/s解析:(1)由题图乙可知F2=(2+2t) N,当t=0.5 s时,F2=(2+20.5) N=3 N,由F1-F2=ma得a=F1-F2m=4-32 m/s2=0.5 m/s2。(2)物体所受的合外力为F合=F1-F2=2-2t(N),作出F合-t图像如图所示从图中可以看出,在02 s范围内当t=0时,物体有最大加速度am,由Fm=mam得am=Fmm=22 m/s2=1 m/s2;当t=2 s时,物体也有最大加速度am,由Fm=mam得am=Fmm=-22 m/s2=-1 m/s2,负号表示加速度方向向左。(3)由牛顿第二定律得a=F合m=(1-t)(m/s2),画出a-t图像如图所示由图可知t=1 s时速度最大,最大值等于a-t图像在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积,即v=1211 m/s=0.5 m/s。