届高考物理全程复习方略人教版第一轮含详细解析单元评估检测3牛顿运动定律.docx
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届高考物理全程复习方略人教版第一轮含详细解析单元评估检测3牛顿运动定律
单元评估检测(三)
第三章
(40分钟100分)
一、选择题(本大题共9小题,每小题7分,共63分.每小题至少一个答案正确,选不全得4分)
1.下列关于力和运动的关系的说法中,正确的是()
A.没有外力作用时,物体不会运动,这是牛顿第一定律的体现
B.物体受力越大,运动得越快,这是符合牛顿第二定律的
C.物体所受合外力为零,则速度一定为零,物体所受合外力不为零,则速度也一定不为零
D.物体所受的合外力最大时,速度却可以为零,物体所受的合外力最小时,速度却可以最大
2.(2012·长春模拟)一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶,下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论,正确的是()
A.车速越大,它的惯性越大
B.质量越大,它的惯性越大
C.车速越大,刹车后滑行的路程越长
D.车速越大,刹车后滑行的路程越小
3.从正在加速上升的气球上落下一个物体,在物体刚离开气球的瞬间,下列说法正确的是()
A.物体向下做自由落体运动
B.物体向上运动,加速度向上
C.物体向上运动,加速度向下
D.物体向上还是向下运动,要看物体离开气球时的速度
4.下列说法中正确的是()
A.甲物体受乙物体的作用,则乙物体一定同时受到甲物体的作用
B.甲物体对乙物体的作用一定是作用力,而乙物体对甲物体的作用一定是反作用力
C.若把甲、乙两物体看成质点,则甲、乙两物体间的作用力和反作用力一定在甲、乙两物体的连线上
D.若甲物体对乙物体的作用力竖直向上,则乙物体对甲物体的作用力也一定竖直向上
5.如图所示,轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在电梯运行时,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大,这一现象表明()
A.电梯一定是在上升
B.电梯一定是在下降
C.电梯的加速度方向一定是向下
D.乘客一定处于超重状态
6.如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示,根据图乙中所标出的数据可计算出()
A.物体的质量为1kg
B.物体的质量为2kg
C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
7.如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同.当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示),弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于()
A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3
8.(2012·南京模拟)如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住.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,以下说法中正确的是()
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ma
D.斜面对球的弹力不仅有,而且是一个定值
9.(2012·济宁模拟)如图所示,在原来匀速运动的升降机的水平地板上放一物体,受到一个伸长的弹簧的拉力作用,但仍能保持与升降机相对静止.现突然发现物体被弹簧拉动,则判定升降机的运动状态可能是()
A.加速上升B.加速下降
C.减速上升D.减速下降
二、实验题(7分)
10.如图为“用位移传感器、数据采集器等仪器研究加速度和力的关系”的实验装置.
(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持___________________不变,用钩码所受的重力作为___________________,用DIS(数字化信息系统)测小车的加速度.
(2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量,在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图所示).
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________
___________________________________________________________________.
②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是___________.
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
三、计算题(本大题共2小题,共30分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(2012·济南模拟)(14分)我国“神舟七号”载人飞船的发射成功实现了中国人太空行走的梦想(如图所示).飞船在距地面约350km高的轨道上绕地球飞行46圈后安全返回.“神舟七号”载人飞船回收阶段完成的最后一个动作是断开主伞缆绳,启动反推发动机工作,此时返回舱的速度竖直向下,大小约为7m/s,距地面的高度约为1m,落地前一瞬间的速度约为1m/s,空气阻力及因反推火箭工作造成的质量改变均不计(g取10m/s2),求:
(1)反推发动机工作后,返回舱落地前的加速度大小是多少?
(2)航天员所承受的支持力是实际重力的多少倍?
(3)假设返回舱加航天员的总质量为3t,求反推火箭对返回舱的平均推力多大?
12.(16分)如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v-t图象如图乙所示,取g=10m/s2,试求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小;
(2)t=6s时物体的速度,并在图乙上将6s内物体运动的v-t图象补画完整,要求标明有关数据.
答案解析
1.【解析】选D.运动不需要力来维持,物体不受力时,可以做匀速运动,A不正确;物体受力大,加速度大,速度变化快,但速度不一定大,B不正确;力的大小与速度大小之间没有直接联系,C不正确,D正确.
2.【解析】选B、C.质量是物体惯性大小的量度,与物体的材料、运动情况无关,A错误,B正确;汽车刹车时加速度是恒定的,大小为a=μg,由公式
知初速度越大,刹车后滑行的路程越长,C正确,D错误.
3.【解析】选C.刚离开气球瞬间,物体由于惯性保持向上的速度,但由于合外力向下,故加速度方向向下,故C正确.
4.【解析】选A、C.物体间的作用是相互的,甲物体受到乙物体的作用,乙物体必定同时受到甲物体的作用,且作用力与反作用力一定大小相等、方向相反,作用在同一条直线上,相互作用的两个力中,其中任何一个都可以叫做作用力,另一个叫做反作用力,综上所述,A、C正确,B、D错误.
5.【解析】选D.电梯静止时,弹簧的拉力和重力相等.现在,弹簧的伸长量变大,则弹簧的拉力增大,小铁球的合力方向向上,加速度方向向上,小铁球处于超重状态,乘客运动状态与小铁球相同,但是电梯的运动方向可能向上也可能向下,故只有D正确.
【变式备选】为了研究超重与失重现象,某同学把一体重计放在电梯的地板上,他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况.下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序),若已知t0时刻电梯静止,则下列说法中正确的是(g取10m/s2)()
时间
t0
t1
t2
t3
体重计示数(N)
450
500
400
450
A.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化,但所受重力发生变化
B.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,运动方向不一定相反
D.t3时刻电梯可能向上运动
【解析】选B、C、D.因已知t0时刻电梯静止,则人的重力为450N,超重与失重现象是指体重计的示数比人的重力大或小,而人的质量并没有变化,所受重力并没有变化;若体重计的示数比人的重力大,则合力向上,加速度方向向上,则超重,反之则失重,与运动方向无关,所以B、C、D对,A错.
6.【解析】选B、C.设物体质量为m,物体与水平面间的动摩擦因数为μ,由题图乙可看出,当物体所受水平拉力F1=7N时,其加速度a1=0.5m/s2,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,当物体所受水平拉力F2=14N时,其加速度a2=4m/s2,由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2,联立解得m=2kg,μ=0.3,所以B、C正确.
7.【解题指南】先对甲、乙两种情况进行整体分析,根据牛顿第二定律分别列出方程,再分别对甲、乙两种情况中的A进行分析,列出方程.
【解析】选A.水平放置时,F-μ(m+M)g=(M+m)a1,kx1-μmg=ma1,可得
;竖直放置时:
F-(m+M)g=(M+m)a2,kx2-mg=ma2,解得
,故x1∶x2=1∶1,A正确.
8.【解析】选D.球受力如图所示:
由牛顿第二定律得:
由此判断A、B错误;根据牛顿第二定律,
和mg三力的合力等于ma,C错误;根据
知D正确.
9.【解析】选B、C.升降机匀速运动时,在水平方向,物体所受的静摩擦力与弹簧的弹力相平衡,若突然发现物体被弹簧拉动,说明最大静摩擦力已经小于弹力,即正压力突然变小,物体处于失重状态,它的加速度竖直向下,升降机可能是加速下降或减速上升,故B、C正确.
10.【解析】
(1)因为要探索“加速度和力的关系”,所以应保持小车的总质量不变,钩码所受的重力作为小车所受外力.
(2)由于OA段a-F关系为一倾斜的直线,所以在质量不变的条件下,加速度与外力成正比;由实验原理:
mg=Ma得
,而实际上
,可见AB段明显偏离直线是没有满足M≥m造成的.
答案:
(1)小车的总质量小车所受的外力
(2)①在质量不变的情况下,加速度与外力成正比
②C
11.【解析】
(1)选向上为正方向,在反推减速阶段,由
得:
(2分)
(2分)
所以加速度大小为24m/s2,方向竖直向上.(1分)
(2)以航天员为研究对象,由牛顿第二定律可得:
FN-mg=ma,
解得:
FN=m(g+a)=3.4mg.(4分)
所以航天员承受的支持力是重力的3.4倍.(1分)
(3)以返回舱和航天员整体为研究对象,由牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma,(2分)
解得F=M(g+a)=1.02×105N(2分)
答案:
(1)24m/s2
(2)3.4倍(3)1.02×105N
12.【解析】
(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2,由v-t图象可知:
①(2分)
②(2分)
对物体在撤去拉力前,由牛顿第二定律得
F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1③(2分)
对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma2
④(2分)
解得F=30N,μ=0.5⑤(1分)
(2)加速上滑的时间t1=1s,撤去拉力时的速度为v=20m/s,设再经过t2速度减至0.
由0=v-a2t2得t2=2s⑥(1分)
在最高点时,因mgsin37°>μmgcos37°,故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,据牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma3⑦(2分)
解得a3=2m/s2⑧(1分)
再经过3s物体的速度大小为6m/s,方向沿斜面向下,补画完整后的图线及有关数据如图所示.⑨(3分)
答案:
(1)0.520N
(2)见解析
【总结提升】数图结合解决物理问题的答题技巧
(1)物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型,也是近年高考的热点,特别是v-t图象在考题中出现频率极高.
(2)对于由已知图象求解相关物理量的问题,往往是结合物理过程从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出相关信息,结合题目所问,选择合适规律列式求解.
(3)针对本题,图线分三段,0~1s倾斜直线表示匀加速;1~3s倾斜直线表示匀减速;3s后通过计算判断其运动性质.图线斜率代表加速度,纵轴截距代表初速度,线与时间轴所围面积代表位移,理解这些知识再结合牛顿第二定律,本题就不难求解.
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