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1、专题摸底卷(三)牛顿运动定律专题摸底卷(三)牛顿运动定律 时间:60 分钟 分值:70 分 一、单项选择题(本题共 15 小题,每小题 2 分,共 30 分) 1.如图 D3-1 所示,测量示数的单位属于国际单位制中基本单位的是( ) 图 D3-1 2.亚里士多德在其著作物理学中说:一切物体都具有某种“自然本性”,物体由其“自然 本性”决定的运动称之为“自然运动”,而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动” 称之为“受迫运动”.伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法,建立 了新物理学,新物理学认为一切物体都具有的 “自然本性” 是 “惯性”.下列关于 “惯性” 和 “运
2、 动”的说法中不符合新物理学观点的是( ) A. 一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动静止或者匀速直线运动 B. 作用在物体上的力是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因 C. 竖直向上抛出的物体受到了重力,却没有立即反向运动,而是继续向上运动一段距离后才反 向运动,是由于物体具有惯性 D. 将物体由地球上带到月球上,物体的惯性消失 3.图 D3-2 是月球车示意图.月球车能完成月球探测、考察、采集样品等任务,当它在月球表面 行驶时( ) 图 D3-2 A.不受重力B.不受阻力 C.仍有惯性D.不遵循牛顿运动定律 4.如图 D3-3 所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”,实际上相当于两个
3、人拔河.如果绳 质量不计,且保持水平,甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜,则下列说法中正确的是( ) 图 D3-3 A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力 B.甲对乙的拉力始终等于乙对甲的拉力 C.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力 D.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力才等于乙对甲的拉力 5.下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( ) A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力 B.物体在地面上滑行,不论物体的速度有多大,物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力大 小始终相等 C.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡 D.人推车加速前进,人对车的作用力大于车对
4、人的作用力 6.关于超重和失重,下列说法正确的是( ) A.物体在超重或失重时重力发生了改变 B.只要物体向上运动,就一定处于超重状态 C.物体向上运动,且受到向上的力,就一定处于超重状态 D.无论物体做何种运动,若只受重力,则都处于完全失重状态 图 D3-4 7.如图 D3-4 所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端, 质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为.若 某时刻观察到细线偏离竖直方向角,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(重 力加速度为g)( ) A. mg,竖直向上 B. mg,斜向左上方1 + 2
5、C. mgtan ,水平向右 D. mg,斜向右上方1 + tan 2 图 D3-5 8.将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出,图 D3-5 甲是小球向上运动的频闪照片,图乙是 下降时的频闪照片,O是运动过程中的最高点,上升、下降过程闪光频率相同,重力加速度为g. 假设小球所受的阻力大小不变,则可估算小球受到的阻力大小为 ( ) A.mgB. mg 1 3 C. mgD. mg 1 2 1 10 图 D3-6 9.“寻血猎犬”号超音速汽车是一辆搭载新型战斗机发动机以及位于车顶的混合火箭发动机 的超级汽车.据报道,“寻血猎犬”号超音速汽车在 2016 年欲冲击陆地速度纪录.假设某次测 试中,“
6、寻血猎犬” 号超音速汽车在 40 s 内匀加速到 1000 km/h,匀速一段时间后,匀减速完成 测试.假设全程测试 20 公里,加速和减速的加速度大小相等,加速阶段所受阻力恒定,约为重力 的.已知 “寻血猎犬” 号超音速汽车质量为 4000 kg,在 20 常温下,声速为 340 m/s.下列说法 1 5 正确的是(g取 10 m/s2)( ) A.超音速汽车匀速阶段运行时间为 80 s B.加速阶段系统需要提供约为 8000 N 的动力 C.加速阶段的加速度大小约为 6.9 m/s2 D.超音速汽车匀速阶段的速度是声速的 10 倍 10.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中,这个系统的
7、重要元件之一是加速度计,加 速度计构造原理的示意图如图 D3-7 所示:沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m 的滑块,滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连,两弹簧的另一端与固定壁相连,滑块上有 指针,可通过标尺测出滑块的位移,然后通过控制系统进行制导.设某段时间内导弹沿水平方 向运动,指针向左偏离O点距离为s,则这段时间内导弹的加速度 ( ) 图 D3-7 A.方向向左,大小为 ks m B.方向向右,大小为 ks m C.方向向左,大小为 2ks m D.方向向右,大小为 2ks m 11.一个质量为 20 kg 的物体静止在倾角为 30的固定坡面上(足够长),对其施加一个沿斜面
8、向上、大小为 300 N 的推力后,物体以 4 m/s2的加速度沿斜面向上运动,g取 10 m/s2,下列说法 正确的是( ) A.物体处于失重状态 B.物体受到滑动摩擦力,大小为 280 N C.若撤去推力,由于惯性,物体还要沿斜面加速运动一段时间,再减速运动 D.若撤去推力,则物体的加速度大小为 11 m/s2 12.如图 D3-8 甲所示为某景区内的高空滑索运动,质量为m的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬 吊下滑.假设某阶段钢索与水平方向的夹角=30,轻绳始终保持竖直,示意图如图乙所示, 重 力加速度为g,则在这一阶段( ) 图 D3-8 A.钢索对滑环的摩擦力为 0 B.钢索对滑环的支持力
9、为 0.5mg C.游客运动的加速度为 0 D.钢索与滑环间的动摩擦因数为 3 2 图 D3-9 13.将一个质量为 1 kg 的小球竖直向上抛出,小球最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小 恒定,方向与运动方向相反.该过程的v-t图像如图D3-9所示,g取10 m/s2.下列说法中正确的 是( ) A.小球上升与下落所用时间之比为 23 B.小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s6 C.小球下落过程,受到向上的空气阻力,处于超重状态 D.小球所受重力和阻力大小之比为 41 14.如图 D3-10 甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为 30,质量为 0.3 kg 的小物块静止在A点, 现有一沿斜
10、面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能到达的 最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示,g取 10 m/s2,则下列说法错误的是 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) 图 D3-10 A.小物块到C点后将沿斜面下滑 B.小物块从A点沿斜面向上滑行的最大位移为 1.8 m C.小物块与斜面间的动摩擦因数为 3 3 D.推力F的大小为 4 N 15.如图 D3-11 所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为,图甲中A、B两球用轻弹簧相连, 图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行.在 突然撤去挡板的瞬间,则(
11、) 图 D3-11 A.两图中两球的加速度均为gsin B.两图中A球的加速度均为零 C.图乙中轻杆的作用力一定不为零 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的 2 倍 二、实验题(本题共 2 小题,16 题 5 分,17 题 5 分,共 10 分) 16.(1)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某同学组装了如图 D3-12 所示的装置.关 于平衡摩擦力的操作过程,下列说法中正确的是 (填选项前的字母). 图 D3-12 A.应将长木板的右端适当垫高 B.应将小桶通过细线与小车相连 C.应将纸带穿过打点计时器并与小车相连 D.如果小车在长木板上能保持静止,就表明已经平衡了摩擦力 (2)
12、下面有 4 条用电磁打点计时器(所用的交流电频率为 50 Hz)打出的纸带 1、2、3、4,其中有 两条分别是做“探究小车速度随时间变化的规律”和“验证机械能守恒定律”实验时得到的, 某同学在每条纸带上取了点迹清晰连续的 4 个点A、B、C、D,用刻度尺分别测出相邻两个点间 距离如下表. 纸带AB/cmBC/cmCD/cm 11.14 1.361.58 21.62 1.721.92 32.10 2.492.88 43.56 3.563.56 纸带 1 上打下B点时的速度为 m/s(保留 3 位有效数字);纸带 (选填 “1” “2”“3”或“4”)是做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时得到
13、的;纸带 (选填“1”“2”“3”或“4”)是“验证机械能守恒定律”实验得到的. 17.在“探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系”的实验中,采用如图 D3-13 甲所示的实验装置.小车及车中砝码的质量用M表示,盘及盘中砝码的总质量用m表示. 图 D3-13 (1)当M与m的大小关系满足 时,才可以认为绳子对小车的拉力大小近似等于盘和盘 中砝码所受的重力. (2)某一组同学先保持盘及盘中砝码的总质量m不变来做实验,其具体操作步骤如下,以下做法 正确的是 (填选项前的字母). A. 平衡摩擦力时,应将盘及盘中砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B. 每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦
14、力 C. 实验时,先放开小车,再接通打点计时器的电源 D. 用天平测出m以及M,小车运动的加速度可直接用公式a=求出 mg M (3)另两组同学保持小车及车中砝码的质量M不变,探究加速度a与所受外力F的关系,由于他 们操作不当,这两组同学得到的a-F关系图像分别如图乙和图丙所示,回答下列问题: 乙图上端不是直线的原因是: ; 丙图不过原点的原因是: . 三、计算题(本题共 3 小题,18 题 10 分,19 题 10 分,20 题 10 分,共 30 分) 18.2017 年 4 月 26 日,中国首艘国产航母顺利下水,后续将完善仪器安装并开展各项测试和训 练.如图 D3-14 所示,假设在某
15、次“逃逸复飞”训练中,质量为 2.0104 kg 的舰载机以 40 m/s 的初速度着舰后做匀减速直线运动,减速至一定速度时以 25 m/s2的加速度沿航母跑道匀加速 滑行 90 m 后,以 70 m/s 的速度离舰复飞.若舰载机从着舰至复飞的整个过程始终沿水平直线运 动,发生的总位移大小为 150 m,运动过程中舰载机的质量不变,航母保持静止状态.舰载机在上 述运动过程中,求: (1)运动的最小速度; (2)运动的总时间; (3)做匀减速运动时受到的合力大小. 图 D3-14 19.如图 D3-15 所示为能竖直起降的遥控无人机.当按上升键后,无人机从地面由静止开始竖直 上升,当放开上升键后
16、,无人机立即失去升力,当无人机速度减小到零时,无人机又自动恢复升 力与重力平衡,使无人机悬浮在空中.某次试飞时,小明按上升键6 s,无人机一共飞行7 s后悬 浮在离地42 m高空.若无人机质量为3 kg,无人机加速上升时提供的升力和所受空气阻力大小 均不变.求: (1)无人机在飞行过程中的最大速率; (2)无人机所受空气阻力f的大小; (3)无人机在上升过程中升力F的大小. 图 D3-15 20.某人骑电动自行车经过如图 D3-16 甲所示的铁路涵洞,图乙是其道路示意图,倾斜道路AB、 CD与水平道路BC的夹角均为 30,AD与BC的高度差为 2.5 m,当他从A点向下行时,为了避免 因速度过
17、大而造成危险,他适当用力握住手刹,使车所受阻力为人和车总重力的.已知人和车 1 4 的总质量为m=100 kg,在A点时行驶速度很小(可视为零),行驶在CD段时受到的摩擦力恒为其 重力的. 1 10 (1)求车在AB段下行的加速度大小a1; (2)求车到达B点时的速度大小vB; (3)欲使车沿CD上行而不会减速,求电动机工作使车受到的最小牵引力大小Fmin. 图 D3-16 专题摸底卷(三) 1.A 解析 A 图中的 m 是国际单位制中力学的基本单位,故 A 正确.B 图中的 N 是导出单位, 故 B 错误.C 图中的 V 是导出单位,故 C 错误.D 图中的 km/h 是导出单位,故 D 错
18、误. 2.D 解析 一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动,A 说法符合;力是改变物体运动状 态的原因,B 说法符合;竖直向上抛出的物体由于具有惯性而继续向上运动一段距离后才反向 运动,C 说法符合;惯性是物体保持静止状态或匀速直线运动状态的性质,是物体的固有属性, 一 切物体在任何时刻、任何情况下都具有惯性,D 说法不符合. 3.C 4.B 解析 甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力,大小始终相等,与运动状态 无关,故 A、C、D 错误,B 正确. 5.B 解析 作用力与反作用力同时产生,同时变化,同时消失,物体对地面产生压力,同时地 面对物体产生支持力,故 A 错误;物体在地面上
19、滑行,不论物体的速度有多大,物体对地面的摩 擦力与地面对物体的摩擦力都是一对相互作用,始终大小相等、方向相反,作用在两个物体上, 故 B 正确;物体对地面的压力和地面对物体的支持力作用在不同的物体上,作用效果不能抵消, 不能合成,不能互相平衡,故 C 错误;人推车加速前进,人对车的作用力与车对人的作用力是作 用力与反作用力,大小相等,方向相反,而车加速前进是由于人对车的作用力大于车受到的阻 力,故 D 错误. 6.D 解析 物体处于超重或失重状态时,其重力都没有变化,故A错误;物体向上运动,可以是 向上的减速运动,此时有向下的加速度,处于失重状态,故 B 错误;物体向上运动,且受到向上的 力,
20、加速度可能向下,处于失重状态,故 C 错误;无论物体做何种运动,若只受重力,则加速度一 定竖直向下且为g,所以都处于完全失重状态,故 D 正确. 7.D 解析 以A为研究对象,分析受力如图所示,根据牛顿第二定律得mAgtan =mAa,解得 a=gtan ,方向水平向右,小车对B的摩擦力为f=ma=mgtan ,方向水平向右,小车对B的支持 力大小为FN=mg,方向竖直向上,则小车对物块B产生的作用力的大小为F=mgF2N+ f2 ,方向斜向右上方,故 D 正确.1 + tan2 8.C 解析 设每块砖的厚度是d,向上运动时,有9d-3d=a1T2,向下运动时,有3d-d=a2T2,解得 a1
21、 a2 =,根据牛顿第二定律,向上运动时,有mg+f=ma1,向下运动时,有mg-f=ma2,解得f= mg,C 正确. 3 1 1 2 9.C 解析 先将速度单位从 km/h 转换成 m/s,则t匀=32 s,故 A 错误;加速阶段, s - v 2(t加 + t减) v 由a=,可知a=6.9 m/s2,故 C 正确;由F动-F阻=ma,a=,可得F动=3.58104 N,故 B 错误;在 20 v t v t 常温下,声速为 340 m/s,超音速汽车匀速运动时的速度为=277.78 m/s,并非声速的 10 倍, 1000m 3.6s 故 D 错误. 10.D 11.D 解析 物体加速
22、度沿斜面向上,处于超重状态,选项A错误;由牛顿第二定律得F- mgsin 30-f=ma,解得f=120 N,选项 B 错误;若撤去推力,根据牛顿第二定律的瞬时性,由 mgsin 30+f=ma,解得a=11 m/s2,由于惯性,物体还要沿斜面向上运动,但做的是减速运动, 选 项 C 错误,D 正确. 12.C 解析 轻绳始终保持竖直,则可以判断游客匀速下滑,选项C正确.将钢索以及游客看作 整体,根据受力分析可知f=mgsin 、FN=mgcos ,选项 A、B 错误.由f=FN可知=,选项 3 3 D 错误. 13.B 解析 根据图像可得,上升的过程中,加速度的大小为a上= m/s2=12
23、m/s2,根据牛顿 24 - 0 2 第二定律可得mg+f=ma上,所以受到的阻力的大小为f=ma上-mg=112 N-10 N=2 N,在下降的过 程中,受到的合力为F=mg-f=10 N-2 N=8 N,所以下降的过程中,加速度的大小为a下= = F m 8 1 m/s2=8 m/s2,根据x= at2可得,运动的时间为t=,所以时间之比为=,故 A 错误;小 1 2 2x a t上 t下 a下 a上 2 3 球匀减速上升的位移为x= 224 m=24 m,根据v2=2a下x得v= 1 2 2a下x2 8 24 m/s=8 m/s,故B正确;小球下落过程,加速度向下,处于失重状态,故C错误
24、;由A的分析可知,6 重力与阻力之比为mgf=102=51,故 D 错误. 14.A 解析 当撤去推力F后,小物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,由v-t图像可 求得小物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1= m/s2,a2=10 m/s2,在匀 10 3 减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mgsin 30+mgcos 30=ma2,解得=,故mgsin 3 3 30=1.5 N,受到的最大静摩擦力为mgcos 30=1.5 N,故小物块到C点后将静止,A 错误, C 正确;在匀加速运动阶段,有F-mgsin 30-mgcos 30=ma1,解得F=4 N,D正确;小物块
25、从A点 到C点的位移大小与v-t图线和t轴所围成的面积相等,x= 1.23 m=1.8 m,B 正确. 1 2 15.D 16.(1)AC (2)0.625 1 3 解析 (1)应将长木板远离滑轮的一端适当垫高,故 A 正确;平衡摩擦力时,不要挂小桶,故 B 错 误;应将纸带穿过打点计时器并与小车相连,如果纸带上打出的点间隔相等,则摩擦力完全被平 衡了,故 C 正确;平衡摩擦力后,轻推小车,小车能在长木板上做匀速直线运动,故 D 错误. (2)纸带1上打下B点时的速度等于AC段的平均速度,即vB= xAB+ xBC 2T 0.011 4 + 0.013 6 2 0.02 m/s=0.625 m
26、/s.对于纸带 1,有xBC-xAB=xCD-xBC=aT2=0.22 cm,解得a=5.5 m/s2,是匀加速运动;对 于纸带 2,有xBC-xAB=0.10 cm,xCD-xBC=0.20 cm,不是匀变速运动;对于纸带 3,有xBC-xAB=xCD- xBC=aT2=0.39 cm,解得a=9.8 m/s2,是加速度等于重力加速度的匀加速运动;对于纸带4,有xBC- xAB=xCD-xBC=aT2=0,解得a=0,是匀速运动;所以纸带 1 是做“探究小车速度随时间变化的规律” 实验时得到的,纸带 3 是做“验证机械能守恒定律”实验时得到的. 17.(1)mM (2)B (3)随着F的增大
27、,不满足m远小于M的条件 没有平衡摩擦力或平衡摩擦 力不足 18.(1)20 m/s (2)4 s (3)2.0105 N 解析 (1)设舰载机的最小速度为v1,离舰速度为v2,在匀加速复飞阶段,有 -=2a2x2v22v21 解得v1=20 m/s (2)设舰载机着舰速度为v0,减速阶段运动位移为x1,运动时间为t1,加速阶段运动时间为t2, 则 x1=x-x2=60 m,x1=t1,x2=t2 v0+ v1 2 v1+ v2 2 解得t1=2 s,t2=2 s 所以从着舰到复飞整个过程的运动时间为t=t1+t2=4 s (3)设舰载机在匀减速阶段所受合力大小为F,加速度大小为a,则 F=m
28、a,v1=v0-at1 联立解得F=2.0105 N 19.(1)12 m/s (2)6 N (3)42 N 解析 (1)飞行器飞行时间为t=7 s,设其最大速率为v m,有H= v mt 1 2 解得vm= =12 m/s 2H t (2)飞行器减速飞行时间为t2=1 s,设其减速时加速度大小为a2,有vm=a2t2 解得a2=12 m/s2 由牛顿第二定律得mg+f=ma2 解得f=6 N (3)飞行器加速飞行时间为t1=6 s,设其加速时加速度大小为a1,有vm=a1t1 解得a1=2 m/s2 由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1 解得F=42 N 20.(1)2.5 m/s2 (2)5 m/s (3)600 N 解析 (1)在AB段,由牛顿第二定律得mgsin 30-f1=ma1,又f1=0.25mg 解得a1=2.5 m/s2 (2)AB过程为匀加速直线运动,有 LAB=2h h sin30 =2a1LABv2B 解得vB =5 m/s (3)要沿CD上行而不减速,必须满足Fmgsin 30+f2 故Fmin=mgsin 30+f2=600 N