2024-2025学年高中物理第三章牛顿运动定律单元评估3练习含解析教科版必修1

PAGEPAGE1第三章牛顿运动定律单元评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(1～6为单选每小题3分，7～10为多选每小题4分，共34分)1．在环绕地球运转的“天宫一号”空间站内，相宜航天员进行体育熬炼的器材是(B)A．哑铃B．弹簧拉力器C．单杠D．跑步机解析：由于环绕地球运转，在空间站中的物体处于完全失重状态，依靠重力作用进行训练的哑铃和单杠不能运用了，跑步机由于须要摩擦力才能工作，而没有压力就没有摩擦力，所以也不能进行工作，选项B正确．2．如图所示，在光滑的斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放着一个质量也为m的物体．假如把这个物体改放在A盒内，则系统的加速度恰好等值反向，则B盒的质量为(不计一切摩擦)(C)A.eq\f(m,2) B.eq\f(2,3)mC.eq\f(m,4) D.eq\f(m,3)解析：设B盒质量为M，当物体放在B盒内时，以A、B盒及物体为探讨对象，有(M＋m)g－mgsin30°＝(M＋2m)a，所以a＝eq\f(M＋mg－mgsin30°,M＋2m)；当物体放在A盒内时，以A、B盒及物体为探讨对象，有2mgsin30°－Mg＝(M＋2m)a′，a′＝eq\f(2mgsin30°－Mg,M＋2m)，而a＝a′，则M＝eq\f(m,4)，故选项C正确．3．如图所示，A、B、C三个物块叠放在水平地面上处于静止，下列分析正确的是(C)A．A对B的弹力和C对B的弹力是一对平衡力B．A对B的弹力和B对A的弹力是一对平衡力C．A对B的弹力和B对A的弹力大小肯定相等D．B对A的弹力和B对C的弹力是一对相互作用力解析：B处于静止状态，对B进行受力分析，则有：mBg＋FNCB＝FNAB，所以A对B的弹力大于C对B的弹力，故选项A错误；A对B的弹力和B对A的弹力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故选项B错误，选项C正确；依据平衡条件可知，B对A的弹力FNBA＝mBg＋mCg，B对C的弹力FNBC＝mCg，不是一对相互作用力，故选项D错误．4．物块1、2放在光滑水平面上，并用轻质弹簧测力计相连，如图所示．现对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧测力计的示数(C)A．肯定等于F1＋F2B．肯定等于F1－F2C．肯定大于F2，且小于F1D．条件不足，无法确定解析：弹簧测力计的示数等于弹簧所受拉力的大小，设为F，对物块1，由牛顿其次定律得F1－F＝ma>0，所以F1>F.同理对物块2有F′－F2＝ma>0，所以F′>F2.由牛顿第三定律可知弹簧测力计对物块的弹力和物块对弹簧测力计的弹力大小相等，即F＝F′，故选项C正确．5．如图所示，在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按图(a)(b)(c)(d)所示的四种方式随时间变更(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面对上为正)．已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力状况下物体在3s末的速率，则这四个速率中最大的是(C)A．v1B．v2C．v3D．v4解析：eq\f(F,mg)＝－0.5时，a＝eq\f(0.5mg＋mgsin30°,m)＝g，沿斜面对下.eq\f(F,mg)＝0.5时，a＝0，eq\f(F,mg)＝0时，a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，沿斜面对下.eq\f(F,mg)＝1时，a＝eq\f(mg－mgsin30°,m)＝0.5g，沿斜面对上．由以上可分析(a)(b)(c)(d)各图在3s内所增加的速度分别为2g、1.5g、2.5g和1.5g，故选项C正确(g在此表示大小)．6．在学习了牛顿第肯定律后，四位同学分别列举实例并发表了自己的不同相识，你认为以下几位同学的探讨结论中，正确的是(C)A．甲同学探讨从地面竖直向上跳起来的运动．地球围着地轴自西向东自转，他发觉人总是落回原处，经过思索，他认为这是因为人在空中滞留的时间太短，假如时间足够长，人应当落在跳起点的西侧B．乙同学通过观看资料片，发觉在轨道上的卫星不用火箭施加任何推力就能自行绕地球运转，他认为是惯性维持了卫星的这种运动C．丙同学通过视察发觉，让一列火车停下来比让一辆汽车停下来要困难得多，他认为根本缘由是火车的惯性比汽车的惯性大D．丁同学观看斗争资料片，探讨飞机投弹轰炸，他认为若要投得精确，关键是当飞机飞到目标正上方时，准时将炸弹释放解析：地球围着地轴自西向东自转，甲同学探讨从地面竖直向上跳起来的运动．人跳起时相对地面水平方向静止，由于惯性，他在起跳的这段时间内，水平方向仍旧要保持相对地面静止，所以人总是要落回原处，和时间的长短没有关系，选项A错误；轨道上的卫星能自行绕地球运转，是因为受到了地球的引力作用，选项B错误；投弹要投得精确，必需提前释放炸弹，这样由于惯性，炸弹在水平方向保持匀速运动，飞行一段距离后才正好到达目标，选项D错误．7．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚起先竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(AD)A．刚起先上升时所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面起先上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N解析：刚起先上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A项正确．加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误．浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会渐渐减小，直至为零，故上升10s后的速度v<at＝5m/s，C项错误．匀速上升时，F浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4830N－4600N＝230N，D项正确．8．牛顿是诞生在17世纪英国宏大的科学家，而牛顿三大定律更是人类探究自然奇妙的重大发觉．下列关于牛顿三大定律的说法中，正确的有(AB)A．牛顿第肯定律是在大量试验事实的基础上通过推理而概括出来的结论B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态简单变更C．当物体受到的合外力为零时，据牛顿其次定律可知物体的加速度为零，物体将处于静止或匀速直线运动状态，所以牛顿第肯定律是牛顿其次定律在物体所受合力为零时的特例D．甲乙两队进行拔河竞赛，甲队获胜，其力学上的根本缘由是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大解析：牛顿第肯定律不是试验得出的，是在大量试验事实的基础上通过推理而概括出来的，故选项A正确；质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态简单变更，故选项B正确；牛顿第肯定律不是牛顿其次定律的特例，第肯定律是针对没有外力的状态，故选项C错误；依据牛顿第三定律知，甲队对绳子的拉力与乙队对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，两个拉力大小相等，故选项D错误．9.光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下推断正确的是(BD)A．铁块与长木板都向右运动，且两者肯定保持相对静止B．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止解析：设长木板的质量为M，铁块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为Ff，依据牛顿其次定律知，当两者的加速度a＝eq\f(Ff,M)时，即F＝(M＋m)a＝eq\f(M＋mFf,M)，则F>eq\f(M＋mFf,M)时，两者发生相对滑动，故选项A错误，选项B正确．若两者保持相对静止，知两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，拉力反向，则整体加速度反向，此时两者摩擦力的大小不变，方向变更，仍旧保持相对静止，故选项C错误，选项D正确．10．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(CD)A．B球的受力状况未变，加速度为零B．A、B两个小球的加速度均沿斜面对上，大小均为gsinθC．A、B之间杆的拉力大小为eq\f(3,2)mgsinθD．C球的加速度沿斜面对下，大小为gsinθ解析：细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B、C两球的受力均发生变更，C球只受到重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面对下，大小为mgsinθ，依据牛顿其次定律可知，C球的加速度沿斜面对下，大小为gsinθ，选项A错误，选项D正确；细线被烧断前，细绳对B球沿斜面对下的拉力大小为mgsinθ，烧断瞬间，A、B两小球组成系统的合力沿斜面对上，大小为mgsinθ，系统的加速度沿斜面对上，大小为a＝eq\f(1,2)gsinθ，再隔离B球，设A、B之间杆的拉力大小为F，则F－mgsinθ＝ma可得，F＝eq\f(3,2)mgsinθ所以，选项C正确，选项B错误．二、试验题(11题4分，12题12分，共16分)11．某试验小组利用如下图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．(1)下列做法正确的是A、D(填字母代号)．A．调整滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调整木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．试验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码变更质量时，不须要重新调整木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满意的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量．(3)甲、乙两同学在同一试验室，各取一套如上图(1)所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的状况下，探讨加速度a与拉力F的关系，分别得到上图(2)中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲小于m乙，μ甲大于μ乙．(均填“大于”“小于”或“等于”)解析：(1)探究加速度与力、质量的关系时，牵引木块的细绳应与长木板平行；平衡摩擦力时应不挂砝码桶；对于打点计时器，应先接通电源，再放开木块；平衡摩擦力后，变更木块上砝码的质量，不须要重新平衡摩擦力．选项A、D正确，选项B、C错误．(2)对于系统，依据牛顿其次定律，有a＝eq\f(mg,M＋m)，牵引小车的拉力F＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m).要使F≈mg，则M≈M＋m，即要求m≪M.(3)对于木块，依据牛顿其次定律，得a＝eq\f(F－μMg,M)＝eq\f(F,M)－μg，故a－F图像的斜率反映了木块质量的倒数．有eq\f(1,m甲)>eq\f(1,m乙)，所以m甲<m乙．当F＝0时，a＝－μg，即a－F图在a轴上的截距为－μg，所以－μ甲g<－μ乙g，即μ甲>μ乙．12．某同学用如图甲所示的气垫导轨和光电门装置“探讨物体的加速度与外力关系”，他的操作步骤如下：①将一端带有定滑轮的气垫导轨放置在试验台上②将光电门固定在气垫轨道上离定滑轮较近一端的某点B处③将带有遮光条的质量为M的滑块放置在气垫导轨上的A处④用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，使滑块从同一位置A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t⑤变更钩码个数，使滑块每次从同一位置A由静止释放，重复上述试验．记录的数据及相关计算如下表：试验次数12345F/N0.490.981.471.962.45t/(ms)28.623.320.218.116.5t2/(ms)2818.0542.9408.0327.6272.25t－2/[×10－4(ms)－2]12.218.424.530.636.7(1)若用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度d如图乙所示，则遮光条的宽度d＝1.050cm，第一次测量中小车经过光电门时的速度为0.37m/s(保留两位有效数字)．(2)试验中遮光条到光电门的距离为s，遮光条的宽度为d，遮光条通过光电门的时间为t，可推导出滑块的加速度a与t关系式为eq\f(d2,2st2).(3)本试验为了探讨加速度a与外力F的关系，只要作出eq\f(1,t2)－F的关系图像，请作出该图线．答案：如解析图所示(4)依据作出的图像，推断该同学可能疏漏的重要试验步骤是没有将气垫导轨调整水平．解析：(1)游标卡尺读数即为遮光条的宽度d＝1.050cm，第一次经过光电门的平均速度可认为是第一次测量经光电门的速度为：v1＝eq\f(d,t1)＝eq\f(1.050×10－2,28.6×10－3)m/s≈0.37m/s.(2)设遮光条经光电门的速度为v，用每次遮光条经过光电门的平均速度表示v，由运动学规律有a＝eq\f(v2,2s)，又v＝eq\f(d,t)，所以a＝eq\f(d2,2st2).(3)若要证明a与F成正比，即证明eq\f(d2,2st2)∝F，因为eq\f(d2,2s)是常数，则只要证明eq\f(1,t2)∝F，因此作eq\f(1,t2)－F图像即可．图线如图所示．(4)由图像发觉，eq\f(1,t2)－F图像不过原点，而是经过纵轴的一点．说明不挂钩码时，滑块就有加速度，说明气垫导轨倾斜，试验前该同学未将气垫导轨调整水平．三、计算题(共50分)13．(12分)我国《侵权责任法》第87条“高空坠物连坐”条款规定：建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害，难以确定详细侵权人的，除能够证明自己不是侵权人外，由可能加害的建筑物运用人赐予补偿．近日，绵阳一小伙就借助该条款赢得了赔偿．假设质量为5.0kg的物体，从离地面36m高处，由静止起先加速下落，下落过程中阻力恒定，经3s落地．(g取10m/s2)求：(1)物体下落的加速度的大小；(2)下落过程中物体所受阻力的大小．答案：(1)8m/s2(2)10N解析：(1)由x＝eq\f(1,2)at2得，a＝eq\f(2x,t2)＝8m/s2，物体下落的加速度大小为8m/s2.(2)依据牛顿其次定律得，mg－Ff＝ma，解得，Ff＝10N，下落过程中物体所受阻力的大小为10N.14．(12分)某同学在室内进行抛接小球练习，小球抛接点固定在同一位置，如图所示，第一次小球竖直上抛的初速度为8m/s，小球恰好没有遇到天花板，该同学胜利接住小球；其次次将小球以10m/s的初速度竖直抛出，该同学又胜利接住小球．已知小球与天花板碰撞前后速度大小不变，小球与天花板碰撞的时间忽视不计，小球运动时的空气阻力不计，小球可视为质点，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)天花板与小球抛出点的高度差h；(2)其次次抛、接球的时间间隔Δt.答案：(1)3.2m(2)0.8s解析：(1)小球做匀减速直线运动，末速度为0，由牛顿其次定律可知加速度大小为g，可得天花板与小球抛出点的高度差h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝3.2m(2)设上升过程历时t，则h＝v0t－eq\f(1,2)gt2解得t＝0.4s，t＝1.6s(舍去)末速度为v＝v0－gt＝6m/s设下降过程历时t′，则h＝vt′＋eq\f(1,2)gt′2，解得t′＝0.4s，t′＝－1.6s(舍去)故其次次抛、接球的时间间隔Δt＝t＋t′＝0.8s15．(13分)一质量为M＝2kg、长为L＝3.75m的薄木板，在水平向右F＝10N的拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平面对右匀速运动．某时刻将质量为m＝1kg的铁块(看成质点)轻轻地放在木板的最右端，如图所示，若保持水平拉力不变(铁块与木板间的摩擦不计，g取10m/s2)．试问：(1)放上铁块后的一小段时间内，铁块和木板各做何种运动？(2)铁块最终会不会从木板上掉下？若掉下，掉下时木板的速度为多大？答案：见解析解析：(1)铁块静止．木板加速度大小a＝eq\f(F－μM＋mg,M)，其中F＝μMg，得a＝－2.5m/s2，即木板做初速度为5m/s，加速度大小为2.5m/s2的匀减速直线运动．(2)若木板足够长，铁块不掉下来，木板停下时