高考物理一轮复习 单元质检三 牛顿运动定律(2021年最新整理)

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2、质检三牛顿运动定律（时间：45分钟满分:100分）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错误认识，选项a内容是伽利略通

3、过实验和逻辑推理发现的。故a正确。答案a2.在滑冰场上,甲、乙两个小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动,在相互猛推一下后分别向相反方向运动.假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。已知甲在冰上滑行的距离比乙远,这是由于()a.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力b.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间c.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度d。在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小解析在推的过程中，作用力与反作用力大小相等，相互作用时间相同,故a、b均错;分开后,两者滑动摩擦力分别为ff1=m1g，ff2=m2g,则各自的加速度分别为a1=ff1m1=g,a2=ff2m2=g,两者做匀减速

4、直线运动的加速度大小相等，则根据v2=2ax，可知x1x2=v12v22，因为x1x2,则v1v2，故c对、d错.答案c3。(2016江西宜春模拟）如图所示,质量分别为m、2m的球a、b，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为f。此时突然剪断细线,在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球a的加速度大小分别为（） a。2f32f3m+gb。f32f3m+gc。2f3f3m+gd.f3f3m+g解析剪断细线前，对整体,由牛顿第二定律得3mgf=3ma，对b，由牛顿第二定律得2mg-ft=2ma,解得ft=2f3。当剪断细线瞬间，绳的拉力立突变为零,而弹簧的拉力保

5、持不变，对a,由牛顿第二定律得ft+mg=ma，解得a=2f3m+g，选项a正确.答案a4。(2016湖北黄冈模拟)如图所示,物体a、b质量分别为m1、m2，物块c在水平推力作用下,三者相对静止，一起向右以a=5 m/s2的加速度做匀加速运动,不计各处摩擦,g取10 m/s2,则m1m2为(） a.12b。13c。21d。31导学号17420082解析设a、b间细绳的拉力大小为ft,则有ft=m2g，对a，根据牛顿第二定律得ft=m1a，解得m1m2=21，所以选项c正确。答案c5.(2016河北衡水调研)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

6、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 ）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。答案b6。如图

7、所示,质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住.现用一个力f拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法错误的是()a。若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零b.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零c.斜面和挡板对球的弹力的合力等于mad.斜面对球不仅有弹力,而且该弹力是一个定值解析设球的质量为m，斜面倾角为,斜面给球的弹力为f1，竖直挡板给球的弹力为f2。对球进行受力分析,如图所示.由牛顿第二定律得f1cos mg=0,f2-f1sin =ma，解得f1=mgcos是定值，f2=mgtan +ma，故选项a、b错误，d正确;球所受斜面、挡板的力以及重力

8、的合力为ma，故选项c错误.答案abc7。如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动，一小物块以v1的初速度冲上传送带,则自小物块冲上传送带时，小物块在传送带上运动的速度图象可能是（)导学号17420083解析若v1v2,且动摩擦因数tan (为传送带倾角),则物块在传送带上先匀加速再做匀速运动，a项正确;若v1v2,且v2,且tan ，则物块先向上做加速度大小为a1=g(sin +cos ）的匀减速运动,直到v1=v2后再向上做加速度大小为a2=g(sin -cos ）的匀减速运动，b项正确。答案abc8。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

9、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，得到如图乙所示的a-f图象。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导学号17420084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=12,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

10、,a=0,即0=12f402，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=ma,解得a=g=1 m/s2，选项c错误。答案ad二、实验题（本题共2小题,共20分)9。(8分）(2016四川德阳二诊）某课外兴趣小组利用如图甲所示的实验装置研究加速度与合外力的关系。甲（1）实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是。a。不挂钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可b。不挂钩码,轻推没有纸带的小车,小车能够匀速下滑即可c。不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可d.不挂钩码,轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可

11、（2)该小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度a与细线上拉力f的关系。下列图象中能正确表示该同学实验结果的是.（3）在上述实验中打点计时器使用的交流电源频率为50 hz,某次实验中一段纸带的打点记录如图乙所示，则小车运动的加速度大小为 m/s2。（保留3位有效数字）乙解析(1)做实验前要求平衡摩擦力,不挂钩码,轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可，选项d正确,选项a、b、c错误。（2）根据题设要求,先前已经平衡摩擦力,通过力传感器读出细线上的拉力，即为小车受到的合力,故选项a正确，选项b、c、d错误。(3)利用逐差法求

12、加速度，则a=ce-ac(2t)2=14.00-7.55-(7.55-2.20)10-2(20.02)2 m/s2=6.88 m/s2。答案（1)d（2)a(3）6.8810.（12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,

13、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”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图象(如图丙）。造成图线不过坐标原点

14、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。丙解析（1）小车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，测得的图象与真实图象相比沿f轴左移m0g，图象将不过原点。由图象及上述分析可知，m0g=0.08 n.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

15、算正确)砝码盘的重力0.08 n三、计算题(本题共2小题,共32分）11.(16分）（2016浙江杭州月考）一弹簧一端固定在倾角为37的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1=4 kg 的物块p，q为一重物，已知q的质量m2=8 kg,弹簧的质量不计，劲度系数k=600 n/m，系统处于静止,如图所示。现给q施加一个方向沿斜面向上的力f,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内,f为变力,0。2 s以后,f为恒力（g取10 m/s2）。求:（1）物体做匀加速运动的加速度大小。（2)f的最大值与最小值。导学号17420085解析（1)设刚开始时弹簧压缩量为x0,在沿斜面方向上有

16、（m1+m2)gsin =kx0因为在前0.2 s时间内，f为变力,0.2 s以后,f为恒力，所以在0.2 s时,p对q的作用力为0，由牛顿第二定律知，沿斜面方向上有kx1-m1gsin =m1a前0.2 s时间内p、q向上运动的距离x0-x1=12at2联立式解得a=3 m/s2（2）当p、q开始运动时拉力最小，此时有fmin=(m1+m2）a=36 n当p、q分离时拉力最大,此时有fmax=m2(a+gsin ）=72 n答案（1)3 m/s2(2）72 n36 n12.(16分）传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为l1=2.5 m、l2=2 m。传送带始终保持以

17、速度v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板。已知：滑块与传送带间的动摩擦因数=0.5,滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为1=0。3、2=0.1，滑块、平板的质量均为m=2 kg,g取10 m/s2。求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小。(2)若v=6 m/s,求滑块离开平板时的速度大小。导学号17420086解析（1）滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小a1=1mgm=3 m/s2由于1mg22mg故平板做匀加速运动，加速度大小a2=1mg-22mgm=1 m/s2设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v,平板位移为x，对滑块进行分析:v=v-a1tl2+x=vt12a1t2对平板进分分析:v=