高中物理教科版第三章牛頓運(yùn)動定律 一等獎

(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂！)一、選擇題(每小題6分，共48分。其中1～5題只有一個選項(xiàng)符合題目要求，6～8題有多個選項(xiàng)符合題目要求)1．(2023·汕頭高一檢測)下列說法正確的是()A．牛頓第一定律是實(shí)驗(yàn)定律B．牛頓第一定律反映了物體的加速度與受到的外力以及物體質(zhì)量之間的關(guān)系C．在水平面上滑動的木塊最終停下來是因?yàn)闆]有外力維持它運(yùn)動D．在水平面上滑動的木塊最終停下來是滑動摩擦力作用的結(jié)果答案：D2.如圖所示，放在水平面上的物體受到一個水平向右的拉力F作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法中正確的是()A．物體對水平面的壓力就是物體的重力B．拉力F和水平面對物體的摩擦力是一對作用力和反作用力C．物體受到四對平衡力的作用D．物體受到的合外力為零解析：物體對水平面的壓力與物體的重力是不同性質(zhì)的力，A錯誤；拉力F和水平面對物體的摩擦力是一對平衡力，B錯誤；物體受到兩對平衡力的作用，C錯誤。答案：D3．(2023·黃岡中學(xué)高一檢測)用40N的水平力F拉一個靜止在光滑水平面上、質(zhì)量為20kg的物體，力F作用3s后撤去，則第5s末物體的速度和加速度的大小分別是()A．v＝6m/s，a＝0 B．v＝10m/s，a＝2m/s2C．v＝6m/s，a＝2m/s2 D．v＝10m/s，a＝0解析：由牛頓第二定律得：F＝ma′，a′＝2m/s2。3s末物體速度為v＝a′t＝6m/s，此后F撤去，a＝0，物體做勻速運(yùn)動，故選項(xiàng)A正確。答案：A4．如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧豎直立在水平地面上，下端固定。一小球從高處自由落下，落到彈簧上端，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)。小球從開始壓縮彈簧至最低點(diǎn)的過程中，小球的加速度和速度的變化情況是()A．加速度先變大后變小，速度先變大后變小B．加速度先變大后變小，速度先變小后變大C．加速度先變小后變大，速度先變大后變小D．加速度先變小后變大，速度先變小后變大解析：小球在壓縮彈簧的過程中，彈簧對小球的彈力逐漸變大，小球所受的合力先變小后變大，由牛頓第二定律可知，小球的加速度先變小后變大，速度先變大后變小，故C正確。答案：C5．質(zhì)量為kg的物體在一水平面上運(yùn)動，如圖a、b分別表示物體受到水平拉力作用和不受拉力作用的v-t圖像，則拉力與摩擦力之比為()A．9∶8 B．3∶2C．2∶1 D．4∶3解析：由v-t圖像知，圖線a為僅受摩擦力的運(yùn)動，加速度大小a1＝m/s2；圖線b為受水平拉力和摩擦力的運(yùn)動，加速度大小a2＝m/s2。列方程ma1＝f，ma2＝F－f，解得eq\f(F,f)＝eq\f(3,2)。答案：B6．如圖所示，某同學(xué)站在壓力傳感器上，做下蹲－起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線。由圖線可知()A．該同學(xué)體重約為650NB．該同學(xué)做了兩次下蹲－起立的動作C．該同學(xué)做了一次下蹲－起立的動作，且下蹲后約2s起立D．下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)解析：由圖線可知該同學(xué)體重約為650N，A正確。人下蹲動作有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達(dá)一個最大速度后再減速下降超重，故下蹲對應(yīng)先失重再超重。起立對應(yīng)先超重再失重，由對應(yīng)圖像可知，該同學(xué)做了一次下蹲－起立的動作，B、D錯誤。由圖像看出兩次超重的時間間隔約為2s，這就是人蹲在地上持續(xù)的時間，C正確。答案：AC7．如圖所示，質(zhì)量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽球心和小鐵球的連線與豎直方向成α角。則下列說法正確的是()A．小鐵球受到的合外力方向水平向左B．F＝(M＋m)gtanαC．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanαD．F＝Mgtanα解析：隔離小鐵球受力分析得F合＝mgtanα＝ma且合外力水平向右，故小鐵球加速度為gtanα，因?yàn)樾¤F球與凹槽相對靜止，故系統(tǒng)的加速度也為gtanα，A錯誤，C正確。整體受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，故選項(xiàng)B正確，D錯誤。答案：BC8．(2023·寧波高一檢測)一物體在水平拉力F作用下在水平地面上由甲處出發(fā)，經(jīng)過一段時間撤去拉力，滑到乙處剛好停止。其v-t圖像如圖所示，則()A．物體在0～t0和t0～3t0兩個時間段內(nèi)，加速度大小之比為3∶1B．物體在0～t0和t0～3t0兩個時間段內(nèi)，位移大小之比為1∶2C．物體受到的水平拉力F與水平地面摩擦力f之比為3∶1D．物體受到的水平拉力F與水平地面摩擦力f之比為2∶1解析：根據(jù)速度—時間圖像的斜率等于加速度大小，則有在0～t0和t0～3t0兩段時間內(nèi)加速度大小之比為a1∶a2＝eq\f(v0,t0)∶eq\f(v0,2t0)＝2∶1，故A錯誤。根據(jù)“面積”等于位移大小，則有位移之比為x1∶x2＝eq\f(1,2)v0t0∶eq\f(1,2)v0·2t0＝1∶2，故B正確。根據(jù)牛頓第二定律：F－f＝ma1；f＝ma2，則解得：F∶f＝3∶1，故C正確，D錯誤。故選B、C。答案：BC二、非選擇題(共52分)9．(10分)某同學(xué)將力傳感器固定在小車上，然后把繩的一端固定在傳感器拉鉤上，用來測量繩對小車的拉力，探究在小車及傳感器總質(zhì)量不變時加速度跟它們所受拉力的關(guān)系，根據(jù)所測數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中作出如圖所示的a-F圖像。(1)圖線不過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)本實(shí)驗(yàn)中是否仍需要細(xì)沙和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車和傳感器的總質(zhì)量________(填“是”或“否”)。(3)由圖像求出小車和傳感器的總質(zhì)量為________kg。解析：(1)a-F圖像與橫軸交點(diǎn)為,0)，說明施加外力在N之內(nèi)小車和傳感器沒有加速度，說明實(shí)驗(yàn)前沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。(2)因傳感器可直接測出小車和傳感器受到的拉力，因此不需要保證細(xì)沙和桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車和傳感器的總質(zhì)量。(3)a-F圖像斜率為eq\f(1,m)，由圖知圖像斜率k＝1，則小車和傳感器的總質(zhì)量為1kg。答案：(1)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(2)否(3)110.(12分)如圖所示是質(zhì)量為3kg的物體在水平地面上運(yùn)動的v-t圖像，a、b兩條圖線，另一條是有推力作用的圖線，另一條是沒有推力作用的圖線，則物體受到的推力大小是多少？摩擦力大小是多少？解析：由圖像可求得a、b兩條圖線對應(yīng)的加速度大小：aa＝－eq\f(1,3)m/s2，ab＝－eq\f(2,3)m/s2。由于兩種情況都是減速運(yùn)動，當(dāng)推力與速度同向時，受推力時加速度較小。由牛頓第二定律得：F＋f＝maa，f＝mab，解得F＝1N，f＝－2N。當(dāng)推力與速度反向時，受推力時加速度較大，由牛頓第二定律得：F′＋f′＝mabf′＝maa解得：F′＝－1N，f′＝－1N。故推力和摩擦力的大小分別為1N、2N或1N、1N。答案：1N、2N或1N、1N11．(14分)航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m＝2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變。(1)第一次試飛中，飛行器飛行t1＝8s時到達(dá)的高度H＝64m，求飛行器所受阻力f的大??；(2)第二次試飛中，飛行器飛行t2＝6s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力，求飛行器能達(dá)到的最大高度h。解析：(1)第一次飛行中，設(shè)加速度為a1由H＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)得：a1＝2m/s2由牛頓第二定律得：F－mg－f＝ma1解得f＝4N。(2)第二次飛行中，設(shè)失去升力時的速度為v1，上升的高度為x1x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)＝36m，v1＝a1t2＝12m/s設(shè)失去升力后的加速度為a2，上升的高度為x2由牛頓第二定律得：mg＋f＝ma2解得a2＝12m/s2又因?yàn)閤2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)＝6m，所以h＝x1＋x2＝42m。答案：(1)4N(2)42m12.(16分)如圖所示，有一長度x＝1m、質(zhì)量M＝10kg的平板小車，靜止在光滑的水平面上，在小車一端放置一質(zhì)量m＝4kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝。要使物塊在t＝2s內(nèi)運(yùn)動到小車的另一端，求作用在物塊上的水平力F是多