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1、1第三章第三章 牛顿运动定律牛顿运动定律综合过关规范限时检测综合过关规范限时检测满分：100 分 考试时间：60 分钟一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共计 48 分。15 题为单选，68 题为多选，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，错选或不选的得 0 分)1(2018河北冀州中学月考)2017 年是浙江大学建校 120 周年，在浙大就读过一年的诺贝尔物理学奖获得者李政道在贺信中称：“一年求是校训的熏陶，发端了几十年来我细推物理之乐。 ”物理学史上许多物理学家以科学探究为乐，下列符合物理史实的是( B )导学号 21993423A开普勒发现了行星运动的规律，并通过实验测
2、出了引力常量B笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C伽利略利用小球沿斜面运动， “冲淡了重力作用” ，验证了小球运动的速度与位移成正比D亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因解析 开普勒发现了行星运动的规律，卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量，选项 A 错误；伽利略、笛卡儿都对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项 B 正确；小球在斜面上运动，运动速度与位移不成正比，选项 C 错误；伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因，选项 D 错误。2(2018湖南省五市十校高三联考)跳悬崖是安卓平台上的一款益智休闲类小游戏，其过程中一个片段如图甲所示， 。在游戏中，玩家控制的长毛怪要不断通过跳床帮助企鹅
3、在悬崖上打下落脚点，企鹅则会按照打下的落脚点进行攀爬。假设长毛怪从一定高处开始仅在重力作用下下落，接触蹦床后弹回的整个过程中没有能量损失，长毛怪的速度随时间变化的图象如图乙所示，图中Oa段和cd段为直线。则下列说法不正确的是( C )导学号 21993424A长毛怪在 0t1段做自由落体运动B长毛怪在t1t2段处于失重状态C长毛怪在t2t4段先处于超重状态后处于失重状态D长毛怪在t5t6段的加速度与 0t1段的相同解析 由题意知速度方向向下时为正方向，长毛怪在 0t1段做自由落体运动，选2项 A 正确；在t1t2段速度继续增大，加速度方向向下，处于失重状态，选项 B 正确；在t2t4段速度先减
4、小后增大，加速度方向向上，处于超重状态，选项 C 错误；t5t6段和0t1段都是直线，所以斜率相同，加速度相同，选项 D 正确。3(2018开封市高三定位考试)小明设计了一个模型火简箭，由弹簧测力计测得其重力为G。此火箭发射时可提供大小为F2G的恒定推动力，且持续时间为t。随后小明又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行 时，火箭丢弃自身一半的质量，t 2剩余 时间，剩余的一半继续飞行。若采用原来的方法火箭最高可上升的高度为H，则采用t 2改进后方案火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)( 导学号 21993425C )A1.5H B2HC2.75H D3.25
5、H解析 对原方案的火箭加速上升过程分析，由牛顿运动定律，FGma，解得ag；加速上升高度h1at2gt2，t时刻火箭向上的速度vatgt，失去推力后，做1 21 2竖直上抛运动，上升高度h2gt2，Hh1h2gt2。采用二级推进的方式v2 2ggt2 2g1 2后，火箭在开始的加速上升过程，由牛顿运动定律，FGma1，解得a1g；前 时间内火t 2箭上升的高度H1a1( )2gt2， 时刻向上的速度v1，丢弃自身一半质量后，1 2t 21 8t 2a1t 2gt 2由牛顿运动定律，FGma2，解得a23g；后 时间火箭加速上升的高度H2v1a2(1 21 2t 2t 21 2)2gt2，t时刻
6、向上的速度v2v12gt，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高t 25 8a2t 2度H32gt2，HH1H2H3gt2gt22gt2gt2H2.75H，v2 2 2g2gt2 2g1 85 811 411 4选项 C 正确。4(2018益阳市 湘潭市调研考试)如图所示，质量均为m的两物块A和B的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿倾角为的固定光滑斜面下滑，重力加速度大小为g，以下说法正确的是( B )导学号 21993426AB对A的支持力大小为mgBA对B的压力大小为mgcos23CA与B之间的摩擦力为 0DA与B之间的摩擦力为mgsin2解析A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设加速度大
7、小为a，由牛顿第二定律可知，(mm)a(mm)gsin，得agsin，将a正交分解为竖直分量a1、水平分量a2，如答图 1 所示，由于具有水平分量a2，故物块A必受水平向右的摩擦力Ff，A受力如答图 2 所示；由牛顿第二定律得：竖直方向上：mgFNma1，水平方向上：Ffma2，斜面与水平方向的夹角为，摩擦力和弹力的合力与水平方向夹角为，由几何关系得：a1asingsinsingsin2，a2acosgsincos，解得FNmgmgsin2mgcos2，Ffmgsincos，由牛顿第三定律得，A对B的压力大小为mgcos2，由以上分析可知 ACD 错误，B 正确。5(2018湛江调研测试)一位
8、 50kg 的乘客乘坐电梯，t0 时从地面由静止开始升到顶层用了 10s 的时间。电梯的加速度随时间的关系图线如图所示，其中加速度的正值表示方向向上，g取 10m/s2，由图可知( B )导学号 21993427A电梯地板给乘客的最大力大小为 500NB乘客给地板的最小力大小为 350NC电梯加速到速度最大用时 2sD在 78s 时间内，乘客对电梯的压力越来越大解析 由加速度随时间变化的图象可知，电梯向上加速运动的加速度最大值为a12m/s2，此时电梯地板给乘客的支持力最大。设电梯地板给乘客的最大支持力为F1，由牛顿第二定律，F1mgma1，解得F1600N，选项 A 错误。电梯向上减速运动的
9、最大加速度为a23m/s2，此时电梯地板给乘客的支持力最小，设电梯地板给乘客的最小支持力为F2，由牛顿第二定律，F2mgma2，解得F2350N，根据牛顿第三定律，乘客给电梯地板的最小压力大小为 350N，选项 B 正确。由加速度随时间变化的图象可知，电梯加速到速度最大时用时 4s，选项 C 错误。在 78s 时间内电梯加速度方向向下，处于失重状态，加速度数值越来越大，因此在 78s 时间内乘客对电梯的压力越来越小，选项 D 错误。46(2018河北石家庄质检)如图所示，质量均为m3kg 的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k10N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端
10、固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块在水平外力F作用下向右做a2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为0.5，g10m/s2。则( BCD )导学号 21993428A物块A、B分离时，弹簧的弹力为 0B物块A、B分离时，所加外力F的大小为 21NC物块A、B由静止开始运动到分离运动的距离为 0.09mD物块A、B由静止开始运动到分离时，所用的时间为 0.3s解析 物块A、B分离时，A、B间弹力为 0，A、B的加速度相同，即FmBgmBa，kxmAgmAa，则弹簧的弹力不为 0，A 错误；分离时研究B，Fmgma，解得F21N，B
11、正确；A、B静止时，对于A、B有kx12mg，A、B分离时，对A有kx2mgma，此过程中x1x2at2，解得x1x20.09m，t0.3s，CD1 2正确。7(2018江西省奉新一中高三上学期第四次月考试题)如图所示，质量为M、半径为4R的半球体A始终静止在粗糙水平面上，质量为m、半径为R的光滑小球B通过一根与半球体A最高点相切但不接触的水平细线系住静止在半球体A上。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( AD )导学号 21993429A细线对小球的拉力大小为mg3 4B地面对半球体的摩擦力的大小为mg5 4C保持小球的位置和静止状态不变，将细线左端沿竖直墙壁逐渐上移，细线对小球的拉力逐渐
12、增大D剪断B球绳子的瞬间，小球B的加速度大小为 0.6g解析 对小球进行受力分析如图 1 可知，小球受重力、支持力、绳子的拉力作用而处于平衡状态，由几何关系可知，sin4R/5R0.8，故53，则由几何关系知，5Fmgtanmg，故 A 正确；3 4由几何关系解得：Nmg/cos5mg/4，由牛顿第三定律可知，小球对半球体的压力为：N5mg/4，对半球体分析，水平方向上，摩擦力与N的分力平衡，则有：fNsin3mg/4，故B错误；保持小球的位置和静止状态不变，将细线左端沿竖直墙壁逐渐上移，则细线与竖直方向的夹角越来越小，则由图 2 可知，细线对小球的拉力先减小后增大，故 C 错误；剪断B球绳子
13、的瞬间，小球受力发生突变，此时合力F合mgcos0.6mg，由牛顿第二定律可得，加速度为 0.6g，故 D 正确。故选：AD。8(2018长春市普通高中监测(一)如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平地面上，其左右两斜面光滑，一质量为m的物块B沿倾角30的右侧斜面加速下滑时，三角形木块A刚好保持静止，则当物块B沿倾角60的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是( CD )导学号 21993430AA仍然静止不动，地面对A的摩擦力两种情况下等大BA仍然静止不动，对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小CA将向右滑动，若使A仍然静止需对其施加向左的作用力D若45，A将滑动解析 物块B沿着右侧斜
14、面下滑时，对斜面的压力等于其重力沿垂直斜面的压力，为Fmgcos30，对木块A受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如答图61 所示。木块A恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值 ，等于滑动摩擦力，根据平衡条件有x方向：fFsin30，y方向：NMgFcos30，fN1，其中NN1，解得。物块B从左侧下滑时，先假设木块A不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦3m3m4M力，如答图 2 所示。压力等于物块B重力沿垂直斜面的分力，即Fmgcos60，竖直方向一定平衡，支持力NMgFcos60Mgmg，NN，故最大静摩擦力1 4fmN(Mgmg)，压力沿地面平行的分力为Fcos30mgfm，故A
15、一定3m3m4M1 434会滑动，要使A静止，需要对其施加向左的推力，故 C 正确，AB 错误。若45，物块B沿右侧斜面下滑时，先假设A不动，B对A的压力为mgcos45，该压力沿地面平行的分力为mgsin45cos45，竖直分力为mgcos45sin45，与30时相比，B对A压力沿地面平行的分力变大，B对A压力的竖直分力变小，故最大静摩擦力减小，故A一定滑动，D 正确。二、非选择题(共 3 小题，共 52 分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分)9(12 分)(2018安徽省皖西南名校高三上学期联考试题)某实验小组计划做“探究加速度与力、质量的关系”实验，设计的实验装置如图所示。导学号 219934317(1)某同学打出如图所示的一条纸带，每两点间还有四个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点的距离。打点计时器的电源频率为 50Hz。该小车做匀变速直线运动的加速度a_1.94_m/s2，与纸带上D点相对应的瞬时速度_1.18_m/s。(答案均保留三位有效数字)(2)根据实验数据，作出小车加速度a与传感器示数F外力的关系如下图所示，图象不经过原点的原因是_
