【文档说明】【精准解析】2021年高考物理（浙江专版）单元评估检测（三）　牛顿运动定律.docx，共(17)页，398.355 KB，由envi的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元评估检测(三)牛顿运动定律(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共

40分)1.关于牛顿第一定律的理解错误的是()A.牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律B.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变C.在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于没有外力维持木块运动D.飞跑的运动员,由于遇到障碍而被绊倒,这是因为他受

到外力作用迫使他改变原来的运动状态【解析】选C。牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态,即总保持匀速直线运动状态或静止状态,A、B正确;牛顿第一定律揭示了力和运动的关系,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,在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于

摩擦阻力的作用而改变了运动状态,飞跑的运动员,遇到障碍而被绊倒,是因为他受到外力作用而改变了运动状态,C错误,D正确。2.(2019·杭州模拟)下列的运动图象中,物体所受合外力不为零的是()【解析】选D。选项A表示物体静止,其合外力为零;选项

B、C表示物体做匀速直线运动,其合外力为零;选项D表示物体做匀变速直线运动,其合外力不为零,所以本题应选D。3.如图所示,一同学在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起,保持平衡,下列说法正确的

是()A.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B.石块c对b的支持力一定等于b受到的重力C.石块c受到水平桌面向左的摩擦力D.石块c对b的作用力一定竖直向上【解析】选D。石块b对a的支持力与其对a

的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,A错误;石块c对b的支持力与石块c对b摩擦力的合力一定等于石块a和b受到的重力,B错误;以三块作为整体研究,则石块c不会受到水平桌面的摩擦力,C错误;选取石块a

、b作为整体研究,根据平衡条件,则石块c对b的作用力与其重力平衡,则石块c对b的作用力一定竖直向上,D正确。故选D。4.(2019·绍兴模拟)两物体甲和乙在同一直线上运动,它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间

存在相互作用,则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为()A.和0.30sB.3和0.30sC.和0.28sD.3和0.28s【解析】选B。由物体甲和乙的v-t图象可知,物体甲做匀加速直线运动,且a甲=;物体乙做匀减速直线运动,且a乙===m/s2=10

m/s2,解得t1=0.30s;又因为仅在两物体之间存在相互作用,所以m甲a甲=m乙a乙,得==3,综上所述,本题选B。5.一物体沿倾角为θ的固定斜面自行上滑与下滑时的加速度大小之比为3∶1,则物体与斜

面间的动摩擦因数为()A.tanθB.tanθC.tanθD.tanθ【解析】选B。物体上滑时,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=gsinθ+μgcosθ,物体下滑时,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,则a2=

gsinθ-μgcosθ,据题有a1=3a2,联立解得μ=tanθ,B正确。6.大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼,都会安装自动扶梯。小王同学经过调查研究发现,不同商场或超市中的自动扶梯是不一样的,可以分为两大类,一种无台阶,另一种有台阶,两种自动扶梯分别如图所示。此外,小王同学还发现,为了节

约能源,在没有顾客乘行时,这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行,当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送顾客上楼的整个过程中()A.图甲所示的无台阶自动扶梯中,乘客始终受摩擦力作用B.图乙所示的有台阶自动扶梯中,乘客始终受摩擦力作用C.图甲

所示的无台阶自动扶梯中,乘客对扶梯的作用力始终竖直向下D.图乙所示的有台阶自动扶梯中,乘客对扶梯的作用力始终竖直向下【解析】选A。乘客在无台阶的电梯上运动时,在加速和匀速阶段,都受到重力、支持力和静摩擦力。匀速阶段乘客对扶梯的

作用力竖直向下,在加速阶段偏离竖直方向;乘客在有台阶的电梯上运动时,加速阶段受到重力、支持力和静摩擦力,乘客对扶梯的作用力偏离竖直方向;匀速阶段受到重力与支持力,乘客对扶梯的作用力竖直向下。综上分析,A正确,B、C、D均错误。故选A。7.如图所示,在倾角为α=30°的光滑固定斜面上,有两个质量均

为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接,现对A施加一水平向右的恒力,使A、B均静止在斜面上,下列说法正确的是()A.弹簧的伸长量为B.水平恒力大小为mgC.撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g【解析】选C。对小球B受力分析,可

知F弹=mgsin30°=,则弹簧的伸长量Δx=,A错误;以A、B为整体受力分析,2mgsin30°=Fcos30°,解得F=mg,故B错误;撤去恒力瞬间,弹簧的弹力不变,对A球,根据牛顿第二定律得aA==g,故

C正确;对B球,受力不变,合力为零,则B球的加速度为零,故D错误。【总结提升】牛顿第二定律瞬时问题的分析思路(1)首先,分析物体突变前的受力情况。(2)其次,发生突变瞬间要结合物体的实际运动状态判断物体所受到的力哪些发生了变化,哪些没有发生变化。(3)最后,求出物体

所受到的合外力和加速度。8.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处,从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为()A.gB

.2gC.3gD.4g【解题指导】解答本题时可按以下思路分析:(1)绳子拉力稳定不变时,人处于静止状态。(2)人处于静止状态时,绳子的拉力等于重力。(3)绳子拉力与重力的合力决定人的加速度。【解析】选B。从题图中可以看出,最后绳子拉力稳定不变,表明人

已经静止不动,此时绳子的拉力等于重力,所以mg=0.6F0,根据牛顿第二定律,最大加速度amax=====2g,故B正确。9.为了使雨滴能尽快地淌离房顶,要设计好房顶的高度,设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动,那么如图所示的四种情况中符合要求的是()【解析】选C。设屋顶的底角为θ,底边为

L,注意底边长度是不变的,雨滴下滑时有=gsinθ·t2,则t==,因此当θ=45°时,时间最短,C正确。10.如图甲所示,某同学用拖把拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,此时推力与水平方向的夹角为θ1,且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始保持力F的大小

不变,拖把与水平方向的夹角变为θ2,如图乙所示,则拖把()世纪金榜导学号A.将做加速运动B.继续做匀速运动C.将做曲线运动D.可能静止【解析】选D。设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ,则拖把匀速运动时,受到重力、支持力、推力

和摩擦力,处于平衡状态,受力示意图如图所示。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,由平衡条件得:竖直方向上:Fsinθ1+mg=FN,水平方向上:Fcosθ1-Ff=0,拖把与水平方向的夹角变为θ2,因为θ2>θ1,则Fcosθ2<Fcosθ1,Fsinθ2>Fsinθ1

,则拖把对地面的压力增大,最大静摩擦力增大,而F沿水平方向的分力Fcosθ2减小,所以拖把可能静止,不可能加速或匀速运动,也不可能做曲线运动,A、B、C错误,D正确。二、实验题(本题共2小题,共14分)11.(6分)(2019·温州模拟

)某同学利用如图所示的实验装置“探究加速度与力和质量的关系”。(1)为探究多个物理量之间的关系,可选用________进行实验。A.控制变量法B.类比法C.放大法(2)下列说法正确的是________。(多选)A.该方案需要平衡摩擦力B.该方案需要重物的质量远小于小车的质量C.该方案操作时细线应

该与木板平行D.该方案处理数据时应选择匀速时的速度【解析】(1)探究加速度与力、质量的关系实验要采用控制变量法,故选A。(2)只有平衡摩擦力后小车受到的合力才可能等于绳子的拉力,该方案需要平衡摩擦力,A正确;当重物质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于重物的重力,该方案需要重物的质量远

小于小车的质量,B正确;实验时应调节定滑轮的高度,使细线与木板平行,C正确;实验需要测出小车做匀加速直线运动的加速度,该方案处理数据时应选择小车做匀加速运动时的纸带求出加速度,D错误;故选A、B、C。答案:(1)A(2)A、B、C12.(8分

)在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中,某同学将实验器材组装后,释放小车前瞬间的情景如图甲所示。(甲图为实际拍摄图,乙图为相应简图)(1)在接通电源进行实验之前,请你指出图中的错误或不妥之处(写出两处即可):__,__

。(2)改正实验装置后,该同学顺利地完成了实验。如图是他在实验中得到的一条纸带,图中相邻两计数点之间时间间隔为0.1s,由图中数据可得小车的加速度为________m/s2。【解析】(1)打点计时器使用了直流电源;释放前小

车未靠近打点计时器;平衡摩擦力。(2)由刻度尺可得,A、C、E的读数分别为3.00cm、6.25cm、11.05cm,则AC、CE间的距离分别为6.25cm-3.00cm=3.25cm,11.05cm-6.25cm=4.80cm,所以加速度a==cm/s2=38.75cm/s

2≈0.39m/s2。答案:(1)见解析(2)0.39三、计算题(本题共4小题,共46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)13.(11分)(2019·丽水模拟)如图甲所示,质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0

.5s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v-t图象)如图乙所示,g取10m/s2。求:(1)2s内物块的位移大小s和通过的路程L;(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。【解析】(1)由图乙知物块

沿斜面上升的位移:s1=×3×0.75m=m①(1分)物块沿斜面下滑的距离:s2=×1×1.25m=m②(1分)所以位移s=s1-s2=m-m=m③(1分)路程L=s1+s2=m+m=m④(1分)(2)由图乙知,各阶段加速

度的大小a1=6m/s2⑤(1分)a2=12m/s2⑥(1分)设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为f,根据牛顿第二定律0～0.5s内F-f-mgsinθ=ma1⑦(2分)0.5～0.75s内f+mgsinθ=ma2⑧(2分)由⑤⑥⑦⑧得:F=36N(1分)答案:(1)mm(2)6m/s212

m/s236N14.(11分)(2019·宁波模拟)2019年5月6日一架俄罗斯“苏霍伊”客机在紧急迫降后机身起火,假设发生意外情况时打开紧急出口,狭长的气囊自动充气生成一条通向地面的斜面,乘客沿斜面滑行到地面上。设该客机紧急出口离水平气囊上表面高度h=3.0m,斜面气囊长度L=5.0m,

水平气囊长度未知。乘客和气囊的摩擦因数μ=0.5,忽略空气阻力,g取10m/s2。求:(1)若要求最终速度不超过2m/s,连接在末端的水平气囊长度至少为多少;(2)某同学设想不要水平气囊,滑到斜面气囊底端

时速度即为2m/s,则乘客和气囊的摩擦因数应为多少;(3)哪种方案更省时?【解析】(1)乘客在斜面上下滑过程,根据牛顿第二定律,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,得a1=2m/s2。(2分)根据L=a1,得t1=s(1分)乘客滑至斜面末端时的速度v0=a1t1=2m/s(1分)乘

客在水平气囊上滑行的加速度为a2=-=-μg=-5m/s2。(1分)水平气囊长度L′==m=1.6m(1分)(2)乘客下滑的加速度a3==m/s2=0.4m/s2。(1分)根据牛顿第二定律,有mgsinθ-μ′mgcosθ=ma3,解得μ′=0.7(1分)(3)第一种

方案:乘客在水平气囊上滑行时间t2==s=s(1分)第二种方案:乘客下滑时间t3==s=5s(1分)则t1+t2<t3,所以第一种省时。(1分)答案:(1)1.6m(2)0.7(3)第一种方案15.(12分)如图所示,传送带与

地面倾角θ=37°,从A到B长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°

=0.6,g取10m/s2,求:(1)煤块从A到B的时间。(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。【解析】(1)开始阶段由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma1(1分)所以:a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2(1分)煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间

:t1==1s(1分)发生的位移:x1=a1=5m<10.25m,所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点,此时摩擦力方向改变。(1分)第二阶段有:mgsinθ-μmgcosθ=ma2(1分)所以:a2=2m/s2(1分)设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2,则:L-x1=vt2+a2(

1分)计算得出:t2=0.5s,t=t1+t2=1.5s(1分)(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度,煤块相对传送带向上移动,煤块的位移为:x1=a=×10×12m=5m(1分)传送带的位移为10m,故煤块相对传送带上移5m;第二阶段煤块的速度大于传送带速度,煤块相

对传送带向下移动,煤块的位移为:x2=L-x1=5.25m(1分)传送带的位移为vt2=5m,即煤块相对传送带下移0.25m(1分)第二阶段煤块还是在追赶原来的痕迹,超出的5m覆盖在第一阶段上,所以痕迹还是5m。故传送带表面留下黑色痕迹的长度为5m。(1

分)答案:(1)1.5s(2)5m16.(12分)如图所示,质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上,在小车左端加一水平推力F=8N,当小车向右运动的速度达到v0=1.5m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为

m=2kg的小物块,物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2。已知运动过程中,小物块没有从小车上掉下来,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。求:世纪金榜导学号(1)经过多长时间两者达到相同的速度。(2)小车至少多长,才能保证

小物块不从小车上掉下来。(3)从小物块放上小车开始,经过t=1.5s小物块对地的位移大小。【解析】(1)设小物块和小车的加速度分别为am和aM,由牛顿第二定律有:μmg=mam,(1分)F-μmg=MaM,(1分)代入

数据解得am=2m/s2,aM=0.5m/s2,(1分)设经过时间t1两者达到相同的速度,由amt1=v0+aMt1,解得t1=1s。(1分)(2)当两者达到相同的速度后,假设两者保持相对静止,以共同的加速度a做匀加速运动,对小物块和小车整体,由牛顿第二定律得:F=(M+m

)a,(1分)解得a=0.8m/s2,(1分)此时小物块和小车之间的摩擦力Ff=ma=1.6N,而小物块和小车之间的最大静摩擦力Ffm=μmg=4N,Ff<Ffm,所以两者达到相同的速度后,两者保持相对静止

。从小物块放上小车开始,小物块的位移:sm=am(1分)小车的位移xM=v0t1+aM,(1分)小车至少的长度l=xM-xm,带入数据得l=0.75m。(1分)(3)在开始的1s内,小物块的末速度v=amt1=2m/s,(

1分)在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内,物块运动的位移为x2=vt2+a,得x2=1.1m,(1分)可见小物块在1.5s时间内通过的位移大小x=xm+x2=2.1m。(1分)答案:(1)1s(2)0.75m(3)2.1m关闭W

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