高考总复习物理（人教版）练习单元质量检测03

单元质量检测(三)牛顿运动定律教师用书独具一、选择题(每小题5分，共40分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)1．(2018·太原模拟)伽利略的斜面实验证明了()A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或者静止状态解析：选D伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确．2．(2018·银川九中月考)以下说法正确的是()A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→实验验证→数学推理→合理外推→得出结论B．牛顿通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法C．探究共点力的合成的实验中使用了控制变量法D．匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2是利用微元法推导出来的解析：选D伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，故A错误；伽利略通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，故B错误；探究共点力的合成的实验中使用了等效替代法，故C错误；在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确；故选D．3．(2018·淄博实验中学诊断)下图为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度—时间图像，则下列判断正确的是()A．前5s的平均速度是0.5m/sB．0～10s的平均速度小于30～36s的平均速度C．30～36s钢索拉力的功率不变D．前10s钢索最容易发生断裂解析：选D由速度时间图可知，10s末的速度为1m/s，则5s末的速度为0.5m/s，根据平均速度的推论知，前5s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(0.5,2)＝0.25m/s，A错误；根据平均速度的推论eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v＋v0,2)，知0～10s内和30～36s内平均速度相等，B错误；30～36s内做匀减速运动，拉力不变，速度减小，根据P＝Fv，知拉力的功率减小，C错误；前10s内加速度方向向上，拉力大于重力，可知前10s内钢索最容易发生断裂，D正确，选D．4．如图所示，一倾角为θ的光滑斜面向左做匀速直线运动，物块相对于斜面静止，则斜面的加速度为()A．gtanθ B．eq\f(g,tanθ)C．gsinθ D．gcosθ解析：选A物块随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物块进行受力分析图：物块受到重力和斜面垂直向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以合力方向一定水平向左，根据三角形知识可知合力为：F＝mgtanθ根据牛顿第二定律：F＝mgtanθ＝ma，所以：a＝gtanθ，故A正确，BCD错误．5．(2018·重庆模拟)竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD，三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30°、45°和60°.现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端．则三小球到达斜面底端的先后次序是()A．甲、乙、丙 B．丙、乙、甲C．甲、丙同时到达，乙后到达 D．不能确定三者到达的顺序解析：选B对乙丙：设斜面的倾角为θ，则下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移x＝eq\f(l,sinθ)，根据x＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2l,gsin2θ))，故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙，丙先到达底端；对甲乙：运动到底端的时间t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2l,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4l,gsin2θ))，则甲乙两物体中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故选B．6．一质量m＝2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的速度—时间图线，如图所示，则(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0mB．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25C．小物块在斜面上滑行的最大位移为8D．小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为5N解析：选AB由小物块上滑过程的速度—时间图线，可知a＝eq\f(v1－v0,t)＝eq\f(0－8.0,1.0)m/s2＝－8.0m/s2，则小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2，A正确；对小物块受力分析，根据牛顿第二定律可得，－mgsin37°－f＝ma，N－mgcos37°＝0，f＝μN，代入数据解得f＝4N，μ＝0.25，B正确，D错误；小物块在斜面上滑行的最大位移x＝eq\f(8×1,2)m＝4m，C错误．7．春节期间，某同学网购了配件并自己组成了一架航模，进行了飞行试验．他用遥控器控制航模在水平方向飞行，并在电脑上模拟出了航模的位移—时间图象如图所示，其中10s后的图线与横轴平行．由图象可知()A．在0～10s内，航模飞行的距离为8B．在0～10s内，航模所受合力大小不变C．在0～10s内，航模的速度先减小后增大D．10s后，航模保持静止状态解析：选AD0～10s内，航模飞行的距离为8m，选项A正确；位移—时间图象的斜率表示速度，故0～10s内，航模的速度先增大后减小，选项C错误；108．(2018·四川宜宾诊断)如图所示，表面粗糙质量M＝2kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5m/s2，t＝0.5s时，将一个质量m＝1kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g取10m/sA．水平恒力F的大小为10NB．铁块放在木板上后，木板的加速度为2mC．铁块在木板上运动的时间为1sD．木板的长度为1.625解析：选AC开始时木板在水平方向受到拉力与摩擦力，由牛顿第二定律可得F＝Ma＋μ2Mg＝10N，故A正确；铁块放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得Ma′＝F－μ2(M＋m)g－μ1mg，代入数据解得a′＝0.75m/s2，故B错误；小铁块无初速度地放在木板最右端时木板的速度v＝at＝1.25m/s，铁块的加速度为a″＝μ1g＝1m/s2，设铁块从木板掉落时所用的时间为t′，则v＋a′t′＝2a″t′，代入数据解得t′＝1s，故C正确；这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为L＝vt′＋eq\f(1,2)a′t′2－eq\f(1,2)a″t′2，代入数据解得L＝1.125m二、实验题(共2小题，共16分)9．(8分)(2015·全国卷Ⅱ)某学生用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1)物块下滑时的加速度a＝____________m/s2，打点C时物块的速度v＝____________m/s；(2)已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是____________(填正确答案标号)．A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角解析：(1)根据纸带数据可知：加速度a＝eq\f(xCD＋xDE－xAB＋xBC,4T2)＝3.25m/s；打点C时物块的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝1.79m/s．(2)由牛顿第二定律得：加速度a＝gsinθ－μgcosθ，所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角．答案：(1)3.251.79(2)C10．(8分)(2018·成都高二二诊)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g．(1)甲同学设计的实验装置如图甲所示．其中A为置于水平面上的质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计，连接弹簧的细绳水平．实验时用力向左拉动A，当C的示数稳定后(B仍在A上)，读出其示数F.则该设计能测出____________(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为μ＝____________．(2)乙同学的设计如图乙所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力，长木板固定在水平面上，物块与滑轮间的细绳水平．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t；在坐标系中作出F­eq\f(1,t2)的图线如图丙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b.因乙同学不能测出物块质量，故该同学还应该测出的物理量为____________(填所测物理量及符号)．根据所测物理量及图线信息，可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为μ＝____________．解析：(1)当C的示数稳定时，B受到A的摩擦力与弹簧测力计C的拉力平衡，弹簧测力计的读数F等于A对B的滑动摩擦力，F＝μmg，μ＝eq\f(F,mg)，测出的是A与B之间的动摩擦因数．(2)设两光电门间的距离为x，滑块在两光电门之间运动时间为t，F－μmg＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，整理得F＝μmg＋eq\f(2mx,t2)，在F­eq\f(1,t2)图象中，斜率k＝2mx，纵截距b＝μmg，动摩擦因数表达式μ＝eq\f(2xb,kg)，需要测量出两光电门间的距离x即可．答案：(1)A与Beq\f(F,mg)(2)光电门A、B之间的距离xeq\f(2xb,kg)三、计算题(共2题，共44分)11．(20分)(2018·南通模拟)传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，O、M间距离L1＝3m．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，(1)金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1；(2)木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．解析：(1)金属块A在传送带方向上受重力沿传送带向下的分力和摩擦力，由题意可知，μ1>tanθ，即A先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v＝2m/s，然后做匀速运动，到达M金属块由O运动到M，有L′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＋vt2，且t1＋t2＝t，v＝at1，根据牛顿第二定律有μ1mgcos37°－mgsin37°＝ma，解得t1＝1s＜t＝2s，符合题设要求，加速度a＝eq\f(v,t1)＝2m/s2．解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1．(2)由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，运动距离LON＝4m，B第一次与P碰撞前的速度大小为v1，则有a1＝gsinθ－μ2gcosθ＝2v1＝eq\r(2a1LON)＝4m/s，由μ2＜tanθ可知，与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度大小v1被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度大小a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2．a2＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，s1＝eq\f(v\o\al(2,1)－v2,2a2)＝0.6m，s2＝eq\f(v2,2a1)＝1m，因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所到达的最高位置与挡板P的距离为s＝s1＋s2＝1.6答案：(1)1(2)1.612．(24分)如图所示，木板B静止在光滑水平面上，某时刻大小可忽略的物体A以v0＝4m/s的初速度滑上木板B的上表面．已知A的质量m1＝1kg，B的质量为m2＝0.5kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2.g取10m