第三章 牛顿运动定律

1、高三单元滚动检测卷·物理考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间90分钟，满分100分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整第三章牛顿运动定律第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一个选项正确，第812题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1高清公路监控摄像头，可抓拍不系安全带驾驶、超速等违规、违法行为，下列有关说法正确的是()A系好安全带可以减小人的惯性

2、B同一辆车，速度越大停下来需要的时间越长，说明速度大时车惯性大C系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害D系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害2如图1所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重量的1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的()图1A.倍 B.倍C.倍 D.倍3如图2所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行，在斜面体以大小为g的加速图2度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已

3、知：sin 37°0.6，cos 37°0.8)()A. B. C. D.4如图3所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上做匀加速直线运动时，两根细线之间的夹角为.则弹簧被压缩的长度为()图3A. B.C. D.5如图4所示，足够长的水平传送带以v02 m/s的速度匀速运行t0时，在最左端轻放一个小滑块，t2 s时，传送带突然制动停下，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，g10 m/s2.关于滑块相对地面运动的vt图象正确的是()图46如图5所示，物块A、B叠放

4、在水平桌面上，装砂的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动设A、B间的摩擦力为Ff1，B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大C桶内砂的质量，而A、B仍一起向右运动，且A、B的质量远大于桶和砂的质量，则摩擦力Ff1和Ff2的变化情况是()图5AFf1不变，Ff2变大 BFf1变大，Ff2不变CFf1和Ff2都变大 DFf1和Ff2都不变7如图6a所示，一长木板静止放在光滑水平面上，一滑块(可视为质点)以水平初速度v0从左端滑上木板，滑块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止已知滑块在滑动过程中所受摩擦力始终不变若将木板分成长度和质量均相同的甲、乙两段后，紧挨着静止放在光滑水平面上，让滑块仍

5、以相同的初速度v0由甲的左端滑上木板，如图b所示则滑块()图6A滑到乙板的左端与乙板相对静止B滑到乙板中间某一位置与乙板相对静止C滑到乙板的右端与乙板相对静止D将从乙板的右端滑离8下列对运动的认识正确的是()A亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止B伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快C牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因D伽利略根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度持续运动下去9如图7所示，在学校秋季运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了1.70米的高度若空气阻力作用可忽略，则下列说法正确的

6、是()图7A小明上升过程中处于超重状态B研究小明在空中姿态时可把小明视为质点C起跳时小明对地面的压力与地面对他的支持力大小相等D小明在下降过程中处于完全失重状态10如图8甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g10 m/s2，下列选项中正确的是()图8A23 s内物块做匀减速运动B在t1 s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.311如图9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t0时，将

7、质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2.则()图9A传送带的速率v010 m/sB传送带的倾角30°C物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D02.0 s内摩擦力对物体做功Wf24 J12如图10所示，光滑的水平地面上有三块质量均为m的木块a、b、c，a、c之间用轻质细绳连接，现用一水平恒力F作用在b上，使三木块一起运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某木块上，系统始终保持相对静止下列说法正确的是() 图10A无论粘在哪块木块上，系统的加速度一定减小B若粘在a木块上，a、b间摩擦力一定不变C若粘在

8、b木块上，绳中拉力一定减小D若粘在c木块上面，绳中拉力一定增大第卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13(6分)如图11所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图12所示的aF图象图11图12(1)图线不过坐标原点的原因是_.(2)本实验中是否仍需要砂和砂桶的总质量远小于小车和传感器的总质量_(填“是”或“否”)(3)由图象求出小车和传感器的总质量为_kg.14(6分)某实验小组应用如图13所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质

9、量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz.实验步骤如下：A按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度图13根据以上实验过程，回答以下问题：(1)对于上述实验，下列说法正确的是_A小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B实验过程中砝码盘处于超重状态C与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半E

10、砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量(2)实验中打出的一条纸带如图14所示，由该纸带可求得小车的加速度为_m/s2.(结果保留2位有效数字)图14(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是_15(8分)如图15甲所示，质量为m1 kg的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的恒定拉力F，t11 s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示试求：(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)图15(1)拉力F的大小；(2)t4 s时刻物体的速度v的大小16(8分)如

11、图16甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m锁定t0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，g取10 m/s2.求：图16(1)滑块与地面间的动摩擦因数；(2)弹簧的劲度系数17.(12分)如图17所示，水平传送带AB长L10 m，向右匀速运动的速度v04 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点) 以v16 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数0.4，g取10 m/s2.求：图17 (1)小物块相

12、对地面向左运动的最大距离；(2)小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间18(12分)如图18所示，倾角30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.图18(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离答案解

13、析1C2.B3.A4.C5.D6.B7.B8BCD力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故选项A不正确，B、C、D正确9CD小明上升过程和下降过程中加速度均为向下的g，则处于完全失重状态，选项A错误，D正确；研究小明在空中姿态时，小明身体的大小不能忽略，故不可把小明视为质点，选项B错误；起跳时小明对地面的压力与地面对他的支持力是一对作用力和反作用力，故大小相等，选项C正确；故选C、D.10BD由运动学公式v2v2ax可知，v2x图象中图线的斜率为2a，所以在前5 m内，物块以10 m/s2的加速度做匀减速运动，减速时间为1 s513 m的运动过程中，物块以4 m/s2的加速

14、度做匀加速运动，加速时间为2 s，即物块在13 s内做加速运动，A错误，B正确根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，Fmgma1，加速过程中Fmgma2，代入数据可解得F7 N，0.3，所以C错误，D正确11ACD由vt图象可知，物体在传送带上先以a110 m/s2的加速度加速运动，再以a22 m/s2的加速度继续加速；t1.0 s时物体获得与传送带相同的速度v共v010 m/s，选项A正确由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1mgsin mgcos ma2联立得：37°，0.5，选项C正确，B错误.02.0 s内摩擦力做功Wfmgcos 37°·x1m

15、gcos 37°·x2，由vt图象可求，x1×1×10 m5 m，x2×(1012)×1 m11 m，解得Wf24 J，故选项D正确 12ACD以整体为研究对象，由牛顿第二定律知系统的加速度减小，选项A正确；若粘在a木块上，以b为研究对象，由牛顿第二定律知a、b间的摩擦力增大，选项B错误；若粘在b木块上，以c为研究对象，由牛顿第二定律知绳中拉力减小，选项C正确；若粘在c木块上，以a、b整体为研究对象，由牛顿第二定律知绳中拉力一定增大，选项D正确13(1)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分(2)否(3)1解析(1)aF图象与横轴交点为(0.

16、1,0)，说明施加外力在0.1 N之内小车和传感器没有加速度，说明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不充分(2)因传感器可直接测出小车和传感器受到的拉力，因此不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车和传感器的总质量(3)aF图象斜率为，由图知图线斜率k1，则小车和传感器的总质量为1 kg.14(1)C(2)0.16(3)A解析(1)由实验装置可知当砝码盘下落的高度为h时，小车沿木板下滑的距离为2h，故加速度不同，即选项A错误；由于砝码盘加速下落，处于失重状态，故选项B错误；如果细绳不与木板平行，则木板方向是由细绳拉力的分力产生加速度，给实验带来误差，所以要求细绳一定沿木板方向，故选项C正确；对于砝

17、码和砝码盘，由受力分析知mg2FTma，解得FT(mgma)，故选项D错误；由于本实验利用弹簧测力计可以直接读出细绳的拉力，所以不需要满足砝码和砝码盘的质量远小于小车质量，故选项E错误(2)由题意知时间间隔T0.1 s，根据纸带可知连续相等时间间隔内的位移差为x0.001 6 m，由xaT2可知a m/s20.16 m/s2.(3)根据牛顿第二定律可知选项A正确15(1)30 N(2)2 m/s解析(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsin mgcos ma1撤去拉力后，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2根据图乙可知：a120 m/s2

18、，a210 m/s2代入解得F30 N，0.5(2)设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，v1a2t2，解得t22 s则物体沿着斜面下滑的时间为t3tt1t21 s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma3有a32 m/s2即t4 s时物体的速度va3t32 m/s16(1)0.5(2)175 N/m解析(1)从图乙知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a15 m/s2由牛顿第二定律得：mgma1解得：0.5即滑块与地面间的动摩擦因数为0.5.(2)刚释放时滑块的加速度a2 m/s230 m/s2由牛顿第二定律得到：kxmgma2解得：k175 N/m17(1)4.5 m(2)

19、3.125 s解析(1)设小物块与传送带间摩擦力大小为Ff则Ffmg，Ffx物mv联立解得x物4.5 m(2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等v1at10，a，由得t11.5 s，v0at2，由得t21 s设反向加速时，小物块的位移为x1，则有x1at2 m小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点x物x1v0t3t30.625 s所以t总t1t2t33.125 s18(1)F30 N(2)能1.2 s0.9 m解析(1)对M、m，由牛顿第二定律F(Mm)gsin (Mm)a对m，有Ffmgsin maFfFfmmg

20、cos 联立并代入数据得F30 N(2)F37.5 N30 N，物块能滑离木板对M，有Fmgcos Mgsin Ma1对m，有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式a1t2a2t2L联立并代入数据得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t又2gsin ·x0v2联立并代入数据得x0.9 m模块滚动练(必修1)1B2.C3.A4.C5.B6.A7.B8BC结点O受三根轻质细绳OA、OB和OC的拉力，处于平衡状态，根据共点力平衡的条件合力为零得：OB拉力与OA和OC拉力的合力等值，反向在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，设每个钩码的重力是mg，所以OA和O

21、C拉力大小分别是3mg和4mg，根据装置的特点，所以OA和OC拉力方向夹角不可能为零或180°，故二者合力的范围为1mg<FOB<7mg，所以另一同学在B点挂的钩码数可以是3个、5个，不可能是1个、7个9CD对B受力分析，如图：根据平衡条件：FFNsin ，可见F增大则FN增大，即AB之间的弹力增大，FNmgFNcos ，可见FN增大则FN增大，根据牛顿第三定律则B球对地面的压力增大，以整体为研究对象，竖直方向：FNFfMg，若FN增大至与Mg相等，则Ff0，所以A受到的摩擦力减小，故A错误，C、D正确；对整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：FNF，F增大则

22、FN增大，故B错误10AC由v22ax得vBvCvDvE1 2；由t 得tBtCtDtE1 2；所以vE2vB，vB.11BC此车加速上坡，加速度沿着斜面向上，故加速度具有向上的分量，故处于超重状态，故A错误，B正确；人随着车加速上坡，加速度沿着斜面向上，故合力沿着斜面向上；再对人受力分析，受重力、支持力和向右的静摩擦力，故C正确，D错误12ABC设下滑位移为L，到达底端速度为v，由公式v22ax得，下滑过程：v22a下L，上滑过程：v22a上·a上L，由牛顿第二定律得：下滑加速度为：a下，上滑加速度为：a上，联立得：a下gsin ，a上gsin ，所以A正确Ffmgsin ，又Ff

23、FNmgcos ，两式联立得：tan ，所以C正确；因为滑杆粗糙，所以最终滑块停在底端，所以B正确；因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D错误13(1)L5L6(2)6.85(6.846.86)14.05(14.0414.06)(3)L7L37.20(7.187.22)(4)1.75(5)28解析(1)刻度尺的最小分度值为1 mm，所以长度L5应为10.30 cm，L6为12.10 cm.(2)根据弹簧秤的读数可知，两示数分别为6.85 N和14.05 N；(3)根据题意：d4L7L314.05 cm6.85 cm7.20 cm.(4)为了减小误差，平均伸长量d1.75 cm；

24、(5)充分利用测量数据，k28 N/m.14(1)BD(3)见解析a解析(1)本实验是研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系，所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，故A错误，B正确实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据，故C错误，D正确，故选B、D.(3)在aF图象上做一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有一个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成四组数据反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度(a)与小车质量的倒数()的关系图象15(1)2 m/s2，方向水平向右(2)9 N(3)25 m解析(1)设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则FAmAgBmBg(mAmB)a代入数据解得a2 m/s2，方向与力F的方向相同，即方向水平向右(2)设物块A对物块B的作用力大小为F，则FBmBgmBa代入数据解得F9 N(3)撤去水平力F后，物块A、B都做匀减速运动，AmAgmAaA，BmBgmBaB代入数据解得aA2 m/s2，aB1 m/s2物块A