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    备战2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第三单元牛顿运动定律B卷含解析

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    备战2020年高考物理一轮复习单元训练金卷第三单元牛顿运动定律B卷含解析

    1、第三单元注意事项:1答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。一、 (本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第16题只有一项符合题目要求,第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1下列说法正确的

    2、是()A在国际单位制中,“牛顿”是力学的三个基本单位之一B选择不同的参考系对同一运动的描述是相同的C时间、质量和路程都是标量,位移、速度和力都是矢量D小球做自由落体运动时,速度不断增大,惯性也不断增大2如图所示,水平面上放有三个木块A、B、C,质量均为m1 kg,A、C与地面间的接触面光滑,与地面间的动摩擦因数0.1,A、B之间用轻弹簧相连,B、C之间用轻绳相连。现在给C一个水平向右、大小为 的拉力F,使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力F,则撤去力F的瞬间,轻绳中的张力T为(重力加速度g取10 m/s2) ()A0B1 NC2 ND3 N3甲、乙两球质

    3、量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)同时由静止释放,两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即fkv(k为正的常量),两球的vt图象如图所示。落地前,经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断正确的是()A释放瞬间甲球加速度较大BC甲球质量大于乙球质量Dt0时间内两球下落的高度相等4某电梯只受重力与绳索拉力,在t0时由静止开始上升,at图象如图所示,则下列相关说法正确的是()At4.5 s时,电梯处于失重状态B555 s时间内,绳索拉力最小Ct59.5 s时,电梯处于超重状态Dt60 s时,电梯速度恰好为零5两个质量均为m的小球,用轻弹簧连接

    4、,小球A由轻绳悬挂在天花板上O点,两球处于平衡状态,如图所示。现突然剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻弹绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则()Aa1g,a2gBa10,a22gCa1g,a20Da12g,a2g06如图所示,物块A放在轻弹簧上,物块B放在物块A上静止。当用力F使物块B竖直向上做匀加速直线运动,在下面所的四个图象中,能反映物块B脱离物块A前的过程中力F随时间t变化规律的是( ) 7如图所示,质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F2 N的恒力,则在此恒力作用下(g取10

    5、m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A物体经10 s速度减为零 B物体经2 s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止 D物体速度减为零后将向右运动8如图所示,bc 为固定在小车上的水平横杆,物块 M 串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M 又通过轻细线悬吊着一小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动,而 M、m 均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为 。小车的加速度逐渐增加,M 始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时()A横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对M的弹力保持不变C细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍9(2019全国III

    6、卷)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g10 m/s2。由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kg B2 s4 s内,力F的大小为0.4 NC02 s内,力F的大小保持不变 D物块与木板之间的动摩擦因数为0.210一块足够长的白板,位于水平桌面上,处于静止状态,一石墨块(可视为质点)静止在白板上。石墨块与白板间有摩擦,滑动摩擦系数

    7、为。突然,使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t,令白板突然停下,以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时,白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g,不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)()A B C Dv0t二、(本题共6小题,共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)11(2019全国II卷)(5分)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频

    8、率50 Hz的交流电源,纸带等。回答下列问题:(1)铁块与木板间动摩擦因数 。(用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角30。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出),重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 。(结果保留2位小数)12(7分)某同学用如图甲所示的实验装置完成“验证牛顿第二定律”的实验。 (1)在“探究小车加速度和质量的关系”实验中,某同学将实验测量的数据描绘成了如图

    9、乙所示的aM图象,于是他得出了“小车的加速度和质量成反比”的结论,请你对此进行评价_。(2)在“探究小车加速度和力的关系”实验中,某同学将实验得到的数据描绘成了aF图象,如果他要得出“小车的加速度和力成正比”的结论,他应该得到一条怎样的图象?_。(3)他在验证“物体质量一定,其加速度与所受合力成正比”时,根据实验测得的数据得出的aF图线如图丙所示。图线既不过原点,又不是直线,原因是_。13(8分)如图所示,可视为质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上,一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮,两端分别与A、B相连接,A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放,当B落地时,

    10、A还在桌面上。不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)B落地前的加速度a的大小;(2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。14(10分)在平直公路上有A、B两辆汽车,二者质量均为6.0103 kg,运动时所受阻力均为车重的。它们的vt图象分别如图中a、b所示。g取10 m/s2。求:(1)A车的加速度aA和牵引力FA;(2)03 s内B车的位移xB和牵引力FB。15(14分)如图所示,AB、CD为两个光滑的平台,一倾角为37、长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD上。(g取10 m/s2,sin370.6,

    11、cos370.8)(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数;(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD,求这个临界速度;(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动,欲使小物体能到达平台CD,传送带至少以多大的速度顺时针运动?16(2019江苏卷)(16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最

    12、大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。3单元训练金卷高三物理(B)卷第三单元 答 案一、 (本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第16题只有一项符合题目要求,第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1【答案】C【解析】千克、米、秒是力学的三个基本单位,牛顿是导出单位,A错误;选择不同的参考系研究物体的运动情况,其结果一般不同,B错误;位移、速度、力都既有大小又有方向,这三个物理量

    13、都是矢量,时间、质量和路程都是标量,C正确;小球做自由落体运动时,速度不断增大,但惯性保持不变,D错误。2【答案】B【解析】在拉力作用下,对整体,由牛顿第二定律可得Fmg3ma,解得a1 m/s2,对A,由牛顿第二定律可得Fma1 N。当撤去外力后,把B、C作为整体,由牛顿第二定律可知Fmg2ma,解得a1 m/s2,方向向左,对C受力分析,由牛顿第二定律可得Tma1 N,故B正确。3【答案】C【解析】释放瞬间,v0,因此空气阻力f0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g,A错误;两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时,有kvmg,因此最大速度与其质量成正比,即vm,故,B错

    14、误;由图象知v1v2,因此m1m2,C正确;图象与时间轴围成的面积表示位移,由图可知,t0时间内两球下落的高度不相等,D错误。4【答案】D【解析】利用at图象可判断,t4.5 s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A错误;05 s时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,555 s时间内,电梯匀速上升,拉力等于重力,5560 s时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B、C错误;因at图线与t轴所围的“面积”表示速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t60 s时为零,D正确。5【答案】D【解析】剪断轻绳OA的瞬时, A、B间弹簧的弹力不变,则

    15、小球A所受合力为2mg,小球B所受合力为零,故a12g,a20,故选D。6【答案】C【解析】刚开始物体平衡,有kx0mg,有拉力F作用后,根据牛顿第二定律,有Fkxmgma,由于物体做匀加速直线运动,故,由上述两式得,故选C。7【答案】BC【解析】物体受到向右的滑动摩擦力,fFNmg3 N,根据牛顿第二定律得a m/s25 m/s2,方向向右,物体减速到0所需的时间t s2 s,B正确,A错误;减速到零后,Ff,物体处于静止状态,不再运动,C正确,D错误。8【答案】AB【解析】对m和M组成的整体,分析受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得,水平方向:Ff(Mm)a,竖直方向:FN(Mm)g,则当加

    16、速度增加到2a时,横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍,横杆对M的弹力与两个物体受到的总重力大小相等,保持不变,故A、B正确;以小球为研究对象,分析受力如图乙所示,由牛顿第二定律得mgtan ma,解得tan ,当a增加到2a时,tan 变为原来的两倍,但不是原来的2倍,细线的拉力FT,可知a变为2a时,FT不是原来的2倍,故C、D错误。9【答案】AB【解析】结合两图象可判断出02 s物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程力F等于f,故F在此过程中是变力,即C错误;25 s内木板与物块发生相对滑动,摩擦力转变为滑动摩擦力,由牛顿运动定律,对24 s和45 s列运动学方程

    17、,可解出质量m为1 kg,24 s内的力F为0.4 N,故A、B正确;由于不知道物块的质量,所以无法计算它们之间的动摩擦因数,故D错误。10【答案】AC【解析】在时间t内,石墨可能一直匀加速,也可能先加速后匀速;石墨加速时,根据牛顿第二定律,有mgma,解得ag。如果时间t内一直加速,加速的位移为,故相对白板的位移为;如果先加速,后匀速,位移为,故相对白板的位移为;如果加速的末速度恰好等于v0,则,故相对白板的位移为。经过时间t后,白板静止后,石墨做减速运动,加速度大小不变,故相对白板沿原路返回,故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移,故选A、C。二、(本题共6小题,共60分。把答案填

    18、在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)11【答案】(1) (2分) (2).0.35 (3分)【解析】(1)由mgsinmgcosma,解得:(2)由逐差法a 得:sII(76.3931.83)102m,T0.1s,sI(31.835.00)102m,故a m/s21.97 m/s2,代入式,得: 0.35。12【答案】(1)不能得出结论(2分) (2)他应该得到一条过原点的直线(2分) (3)不过原点的原因是没有平衡摩擦力,或木板倾角过小,平衡得不够。发生弯曲的原因是小车的质量

    19、M没有远大于配重的质量m (3分)【解析】(1)在探究加速度a与质量M的关系时,作出aM图象是一条曲线,由图只能看出小车的加速度随质量的增大而减小,因此需要将曲线直线化,即做出a1/M图象,看是否是一条过原点的直线,如果是通过坐标原点的直线,证明加速度a与质量M成反比,所以该同学的做法不能得出结论;(2)他要得出“小车的加速度和力成正比”的结论,所以将实验得到的数据描绘成了aF图象,他应该得到一条过原点的直线;(3)不过原点的原因是没有平衡摩擦力,或木板倾角过小,平衡得不够;发生弯曲的原因是小车的质量M没有远大于配重的质量m。13【解析】(1)B落地前,对于A,取水平向左为正,对于B,取竖直向

    20、下为正,根据牛顿第二定律得:T2ma (2分)mgTma (2分)解得:Tmg,ag。 (1分)(2)滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到两段轻绳的压力大小,由几何关系可得F2Tcos 45mg。(3分)14【解析】(1)由图可得A车匀加速运动的加速度为:aA m/s21.75 m/s2 (2分)由牛顿第二定律得:FAkmgmaA (2分)解得:FA1.45104 N。(1分)(2)03 s内B车的位移等于B车的vt图线与坐标轴围成的面积,即xB9 m (1分)由图可得B车匀减速运动的加速度为aB m/s2 (1分)由牛顿第二定律得:FBkmgmaB (2分)解得:FB0。(1分)15【解析】(1

    21、)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得:mgcos37mgsin37ma1 (2分)BC过程,有:v2a1l (2分)解得:a110 m/s2,0.5。 (1分)(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,根据牛顿第二定律得:mgsin37mgcos37ma2 (2分)若恰好能到达平台CD,有:v22a2l (1分)解得:v2 m/s,a22 m/s2 (1分)即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD。(1分)(3)设小物体在平台AB上的运动

    22、速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2。从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程,有:vv2a1x1 (1分)从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程,有:v2a2x2,x1x2l (2分)解得:v23 m/s,即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动,小物体才能到达平台CD。(2分)16【解析】(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aAg (2分)匀变速直线运动2aALvA2 (1分)解得:。 (1分)(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F3mg (2分)由牛顿运动定律FmaB,得aB3g (1分)对齐后,A、B所受合外力大小F2mg (2分)由牛顿运动定律F2maB,得aBg (1分)(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA,则vaAt,vvBaBt (2分), (2分)且xBxAL (1分)解得:。(1分)3


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