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2016’新课标·名师导学·新高考第一轮总复习同步测试卷3


2016’新课标·名师导学·新高考第一轮总复习同步测试卷 物理(三)

(牛顿运动定律)
时间:90分钟 总分:100分

一、选择题(本卷共10小题,每小题4分,共40分. 其中1~6为单项选择题,7~10题为多项选择题,全 部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选 的得0分) 1.下列单位中,属于国际单位制中的基本单位的 是( A ) A.米、千克、秒 B.米、牛顿、米/秒 C.千克、米/秒2、牛顿 D.秒、焦耳、牛顿

2.根据牛顿运动定律,以下选项正确的是( C ) A.人只有在静止的车厢内,竖直向上高高跳起 后,才会落在车厢的原来位置 B.人在沿直线匀速前进的车厢内,竖直向上高高 跳起后,将落在起跳点的后方 C.人在沿直线加速前进的车厢内,竖直向上高高 跳起后,将落在起跳点的后方 D.人在沿直线减速前进的车厢内,竖直向上高高 跳起后,将落在起跳点的后方

【解析】人跳起后,水平方向不受力,根据牛顿 第一定律,人在空中水平方向的速度等于起跳前车厢 的速度,若车厢静止或匀速运动,就会落在原处,若 车厢加速运动,就会落在原位置的后方,若车厢减速 运动,就会落在原位置的前方.

3.牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的 基础.它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使 得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一. 下列说法正确的是( B ) A.牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例 B.牛顿第二定律在非惯性系中不成立 C.两物体之间的作用力和反作用力是一对平衡力 D.为纪念牛顿,人们把“力”定义为基本物理 量,其基本单位是“牛顿”

【解析】牛顿第一定律是独立的物理学定律,并 不是牛顿第二定律的一种特例,A错误;牛顿第二定 律成立的条件是宏观、低速、惯性系,在非惯性系中 不成立,B正确;两物体之间的作用力与反作用力是 分别作用在两个物体上,并不是一对平衡力,C错 误;为纪念牛顿,人们把“力”的单位规定为“牛 顿”,力不是基本物理量,D错误.

4.若战机从“辽宁舰”航母上起飞滑行的距离相 同,牵引力相同,则起飞滑行的过程( B ) A.携带弹药越多,加速度越大 B.携带弹药越多,滑行时间越长 C.携带燃油越多,获得的起飞速度越大 D.携带燃油越多,牵引力做功越大 【解析】根据牛顿第二定律,有:F-Ff=ma;携 带弹药越多,质量越大,故加速度越小,故A错误;根 2x 据 t= a ,滑行时间越长,故B正确;携带弹药越 1 多,质量越大,根据动能定理Fx-Ffx= mv2,故速度 2 越小,故D错误;滑行的距离和牵引力都相同,故牵引 力做的功W=Fx都相同,故D错误.

5.如图所示,在光滑水平面上,用轻质细杆水平 连接一斜面,杆的另一端固定在一颗树干上,一玩具 遥控小车放在斜面上,系统静止不动.用遥控器启动 小车,小车沿斜面加速上升,则( D )

A.系统静止时细杆有向右拉力 B.小车加速时细杆未发生形变 C.小车加速时细杆有向左的推力 D.小车加速时可将细杆换成细绳

【解析】系统静止时,系统受力平衡,水平方向 不受力,细杆拉力等于零,故A错误;小车加速上升 时,系统受到的合力的水平分力不为零,且方向向 右,则细杆提供的是拉力,所以细杆会发生形变.所 以小车加速时,可将细杆换成细绳.故D正确,B、C 错误.故选D.

6.如图所示,质量为m的小球A、B置于倾角为θ =30°的光滑斜面上,小球A、B之间通过一段压缩 的轻弹簧连接,小球A通过细线系在斜面体的挡板M 上,小球B与挡板N接触,系统处于静止状态.下列说 法正确的是( C )

A.小球B与挡板N之间无挤压 B.剪断细线的瞬间小球A的加速度立即发生变化 C.剪断细线的瞬间小球A可能仍保持静止状态 D.撤去挡板N的瞬间小球B的加速度不一定变化

【解析】隔离B球分析可得, B球的重力沿斜面 向下的分力以及弹簧的弹力的合力与挡板对B球的弹 力平衡,A错误;若小球A的重力沿斜面向下的分力 与弹簧的弹力平衡,则细线无作用力,剪断细线的瞬 间小球A可能仍保持静止状态,C正确,B错误;撤去 挡板的瞬间,B球的合外力沿斜面向下,故B球立即 获得沿斜面向下的加速度,随着弹簧的形变,B受到 的弹力发生变化,由牛顿第二定律知撤去挡板N的瞬 间小球B的加速度一定变化,D错误.

7.如图甲所示,A、B两长方体叠放在一起,放在 光滑的水平面上.物体B从静止开始受到一个水平变力 的作用,该力与时间的关系如图乙所示,运动过程中 A、B始终保持相对静止.则在0~2t0时间内,下列说 法正确的是( AC )

A.0~t0时间,A、B间的摩擦力大小逐渐减小, t0~2t0时间A、B间的摩擦力大小逐渐增大 B.t0时刻速度为0,距离最远 t 0 3t 0 C. 和 时刻摩擦力等大反向 2 2 D.2t0 时刻A、B回到出发点且速度最大

【解析】以整体为研究对象,根据牛顿第二定律 分析得知,0~t0 时间,整体所受的合力逐渐减小,加 速度逐渐减小,再以 A 为研究对象,分析可知,A 受 到的静摩擦力逐渐减小,t0~2t0 时间,整体所受的合 力逐渐增大,加速度逐渐增大,再以 A 为研究对象, 分析可知, A 受到的静摩擦力逐渐减小增大.故 A 正确; 0~t0 时间,整体在 0~t0 时间内,做加速运动,在 t0~ 2t0 时间内,向原方向做减速运动,则 t0 时刻,速度最 t0 3t0 大,不为 0.故 B 错误;由图可知, 和 时刻,F 的 2 2 大小相等,方向相反,所以这两个时刻整体的加速度 大小相等,方向相反,这两个时刻摩擦力等大反向, 故 C 正确;0~2t0 时间内,整体做单向直线运动,位 移逐渐增大,不会返回出发点,故 D 错误.

8.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动. 某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图 中a点是弹性绳的原长位置,c是人所到 达的最低点,b是人静止悬吊着时的平衡 位置,人在从P点下落到最低点c点的过 程中( ABC ) A.在 Pa段做自由落体运动,处于完全失重状态 B.ab段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态 C.bc段绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态 D.c点,人的速度为零,处于平衡状态

【解析】据题意,在Pa段人只受到重力,人做自 由落体运动,故A选项正确;由于b位置重力和弹力 相等,有:mg=T,则在ab段重力大于弹力,加速度 向下,人处于失重状态,则B选项正确;而bc段重力 小于弹力,加速度向上,人处于超重状态,故C选项 正确;在c位置合力向上,速度为0 ,人处于超重状 态,故D选项错误.

9.如图所示,一质量为m1的木板静止在光滑水平 地面上,现有一质量为m2的小滑块以一定的初速度 v0,从木板的左端开始向木板的右端滑行,滑块和木 板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示,根 据图象作出的以下判断正确的是( ACD )

A.滑块始终与木板存在相对运动 B.滑块未能滑出木板 C.滑块的质量m2大于木板的质量m1 D.在t1时刻,滑块从木板上滑出

【解析】在任一时刻,滑块的速度都大于木板的 速度,A对,在t1以后,两者都做匀速直线运动且滑 块的速度大于木板的速度,说明在t1时刻,m2滑出了 木板,D对,B错.在0-t1内,由图象知,滑块的加速 度小于木板的加速度,受到的滑动摩擦力大小相等, 所以m2>m1,C对.

10.如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒 定的速度v1沿顺时针方向运动,一物体以水平速度v2 从右端滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平 面,此时速率为v2′,则下列说法正确的是( AB )

A.若v1<v2,则有v2′=v1 B.若v1>v2,则有v2′=v2 C.不管v2多大,总有v2′=v2 D.只有v1=v2时,才有v2′=v2

【解析】设物体的质量为m,物体与传送带之间 的滑动摩擦力大小为Ff,物体相对传送带滑动的加速 度大小为a, 且两个过程中的加速度大小和方向是相 同的.物体在传送带上滑动,则有Ff=ma,物体在传 v2 2 送带上向左滑动的位移为x= .速度减为零后,在滑 2a 动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动,加速度大小 仍为a,若v1>v2,滑到传送带右端时的速度大小为 v2′= 2ax ,比较可以得出v2′=v2<v1;若v1< v2,物体还没有运动到传送带的右端,速度就和传送 带的速度相同,物体与传送带之间不再存在摩擦力, 物体随传送带一起匀速运动,v2′=v1<v2.正确选项 为A、B.

二、实验题(本大题共3个小题,共22分) 11.(4分)在“验证牛顿第二定律”的实验中,采 用如图所示的实验装置,小车及车中砝码的质量用M 表示,盘及盘中砝码的质量用m表示,小车的加速度 可由小车后拖动的纸带打上的点计算出.平衡摩擦力 之后.

(1)当M与m的大小关系满足 M?m 时,可认 为绳对小车的拉力等于盘及盘中砝码的重力.

(2)已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,每 相邻两个计数点间还有4个点未画出,利用下图给出的 数据可求出小车运动的加速度a= 0.460 m/s2.(结果 保留三位有效数字 ) ......

【解析】(1)根据牛顿第二定律得,整体的加速度a= mg mg ,则绳子的拉力F=Ma= m ,当M?m时,认为 M+ m 1+M 绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力. (2)电源频率为50 Hz,计时器打点时间间隔为0.02 s,每两点之间还有4个点没有标出,所以相邻计数点间的 时间间隔T=0.02×5 s=0.1 s,由匀变速直线运动的推论 s4+s3-s2-s1 2 Δx=aT 可得,加速度:a= = 4T2 4.18+3.72-3.26-2.80 2 × 0.01 m/s = 0.460 m/s . 4×0.12

12.(6分)某同学在实验室用如图甲所示的装置来 探究“牛顿第二定律”. (1)实验中,该同学先接通计时器的电源(频率为 50 Hz),再放开纸带,如图乙是打出的一条纸带,O 为起点,A、B、C为三个相邻的计数点,相邻两个计 数点之间有四个计时点没有标出,有关数据如图乙所 示,则小车的加速度大小a= 0.95 m/s2,打B点时 小车的速度大小vB= 1.0 m/s .(结果均保留两位有 效数字)

(2)该同学在做探究加速度与质量的关系实验 时,保持沙和沙桶的总质量m一定.改变小车及车中砝 码的总质量M,测出相应的加速度a,并采用图象法 处理数据.为了比较容易地得出加速度a与质量M的关 系,应该作a与
1 M

的关系图象.

【解析】(1)根据Δx=aΔt2 则 Δx a= 2 Δt [(62.00-51.55)-(51.55-42.05)]×10-2 = m/s2 2 0.1 =0.95 m/s2 (62.00-42.05)×10-2 vB= m/s=1.0 m/s. 2×0.1 (2)为了比较容易地得出加速度 a 与质量 M 的关系,应 1 1 该作 a 与M的关系图象,因为 a-M图线是直线.

13.(12 分)在做“验证牛顿第二定律” 的实验时(装 置如图示) :

(1)(多选)下列说法正确的是( BCD ) A.平衡运动系统的摩擦力时,应把装砂的小桶通 过定滑轮拴在小车上 B.连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行 C.平衡摩擦力后,长木板的位置不能移动 D.小车应靠近打点计时器,且应先接通电源再释 放小车

(2)(多选)甲同学根据实验数据画出 的小车的加速度a和小车所受拉力F 的图象为右图所示中的直线Ⅰ,乙 同学画出的图象为图中的直线Ⅱ.直 线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较 大.明显超出了误差范围,下面给出 了关于形成这种情况原因的四种解释,其中可能正确 的是( BC ) A.实验前甲同学没有平衡摩擦力 B.甲同学在平衡摩擦力时,把长木板的末端抬得 过高了 C.实验前乙同学没有平衡摩擦力 D.乙同学在平衡摩擦力时,把长木板的末端抬得 过高了

(3)在研究小车的加速度a和小车的质量M的关系 时,由于始终没有满足M?m(m为砂桶及砂桶中砂的 质量)的条件,结果得到的图象应是如下图中的( D )

(4)在研究小车的加速度a和拉力F的关系时,由 于始终没有满足M?m的关系,结果应是下图中的 (
D

)

(5)研究在作用力 F 一定时, 小车的加速度 a 与小车 质量 M 的关系,某位同学设计的实验步骤如下: A.用天平称出小车和小桶及内部所装砂子的质量. B.按图装好实验器材. C.把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶. D.将打点计时器接在 6 V 电压的蓄电池上,接通电 源,放开小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,并 在纸带上标明小车质量. E.保持小桶及其中砂子的质量不变,增加小车上的 砝码个数,并记录每次增加后的 M 值,重复上述实验. F.分析每条纸带,测量并计算出加速度的值. G.作 a-M 关系图象,并由图象确定 a、M 关系.

①该同学漏掉的重要实验步骤是 平衡摩擦力 , 该 B 步实验之后. 步骤应排在 D ,应把 ②在上述步骤中,有错误的是 蓄电池 改为 学生电源 . ③在上述步骤中,处理不恰当的是 G ,应把

a-M

改为

a

1 -M

.

三、计算题(本大题共3个小题,共38分,解答时 应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值 计算的要注明单位) 14.(12分)用如图所示的 装置可以测量汽车在水平 路面上做匀加速直线运动 的加速度.该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装 一个由力敏电阻组成的压力传感器.用两根相同的轻 弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块,滑块可无摩擦的 滑动,两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上,其压 力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出.现将装 置沿运动方向固定在汽车上,传感器b在前,传感器a 在后,汽车静止时,传感器a、b的示数均为10 N(取g =10 m/s2).

(1)若传感器a的示数为14 N,b的示数为6.0 N, 求此时汽车的加速度大小和方向; (2)当汽车以怎样的加速度运动时,传感器a的示 数为零. F1-F2 【解析】(1)F1-F2=ma1,a1= =4.0 m m/s2,a1的方向向右或向前. (2)根据题意可知,当左侧弹簧弹力F1′=0时, 右侧弹簧的弹力F2′=20 N F2′=ma2 F2′ 代入数据得a2= m =10 m/s2,方向向左或向 后.

15.(12分)在研究摩擦力特点的实验中,将木块放 在足够长的静止水平木板上.如图甲所示,用力沿水 平方向拉木块,使拉力F从O开始逐渐增大.经实验绘 制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象如图丙所示.已知木 块质量为0.78 kg.

(1)求木块与长木板间的动摩擦因数; (2)若木块在与水平方向成θ=37°角斜向右上方 的恒定拉力F′作用下,以a=2.0 m/s2的加速度从静止 开始做匀加速直线运动,如图乙所示,则F′为多大? (取sin 37°=0.6,cos 37° =0.8)

【解析】(1)由题图丙可知,木块所受的滑动摩 擦力Ff=3.12 N. Ff Ff 3.12 由Ff=μFN得μ= = = =0.4. FN mg 0.78×10 (2)木块受重力G.支持力FN.拉力F和摩擦力Ff作用. 将F分解为水平和竖直两方向.根据牛顿第二定律: Fcos θ-Ff=ma,Fsin θ+FN=mg,Ff=μFN,联 立各式得:F=4.5 N.

16.(14分)高铁的开通给出行的人们带来了全新的 旅行感受,大大方便了人们的工作与生活.高铁每列 车组由七节车厢组成,除第四节车厢为无动力车厢 外,其余六节车厢均具有动力系统,设每节车厢的质 量均为m,各动力车厢产生的动力相同,经测试,该 列车启动时能在时间t内将速度提高到v,已知运动阻 力是车重的k倍.求: (1)列车在启动过程中,第五节车厢对第六节车 厢的作用力; (2)列车在匀速行驶时,第六节车厢失去了动 力,若仍要保持列车的匀速运动状态,则第五节车厢 对第六节车厢的作用力变化多大?

【解析】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直 v 线运动,启动加速度为 a= t ,① 对整个列车,由牛顿第二定律得: F-k· 7mg=7ma, ② 设第五节对第六节车厢的作 用力为 T,对第六、七两节车厢进 行受力分析,水平方向受力如图所示,由牛顿第二定 律得 2F +T-k· 2mg=2ma,③ 6 ? 1 ? ?v 联立①②③得 T=- m? t +kg? ?④ 3 ? ? 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反,即 与列车运动相反.

(2)列车匀速运动时,对整体由平衡条件得 F′-k· 7mg=0, ⑤ 设第六节车厢有动力时,第五、六节车厢间的作用力为 2F′ T1,则有: +T1-k· 2mg=0, ⑥ 6 第六节车厢失去动力时,仍保持列车匀速运动, 则总牵引力不变,设此时第五、六节车厢间的作用力为 F′ T2,则有: +T2-k· 2mg=0,⑦ 5 1 联立⑤⑥⑦得T1=- kmg 3 3 T2= kmg 5 14 因此作用力变化ΔT=T2-T1= kmg. 15


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