2024-2025學(xué)年高中物理第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律單元評估3練習(xí)含解析教科版必修1

PAGEPAGE1第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律單元評估時(shí)間：90分鐘分值：100分一、選擇題(1～6為單選每小題3分，7～10為多選每小題4分，共34分)1．在環(huán)繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的“天宮一號”空間站內(nèi)，相宜航天員進(jìn)行體育熬煉的器材是(B)A．啞鈴B．彈簧拉力器C．單杠D．跑步機(jī)解析：由于環(huán)繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)，在空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，依靠重力作用進(jìn)行訓(xùn)練的啞鈴和單杠不能運(yùn)用了，跑步機(jī)由于須要摩擦力才能工作，而沒有壓力就沒有摩擦力，所以也不能進(jìn)行工作，選項(xiàng)B正確．2．如圖所示，在光滑的斜面上放一質(zhì)量為m的盒子A，A盒用輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪與B盒相連，B盒內(nèi)放著一個(gè)質(zhì)量也為m的物體．假如把這個(gè)物體改放在A盒內(nèi)，則系統(tǒng)的加速度恰好等值反向，則B盒的質(zhì)量為(不計(jì)一切摩擦)(C)A.eq\f(m,2) B.eq\f(2,3)mC.eq\f(m,4) D.eq\f(m,3)解析：設(shè)B盒質(zhì)量為M，當(dāng)物體放在B盒內(nèi)時(shí)，以A、B盒及物體為探討對象，有(M＋m)g－mgsin30°＝(M＋2m)a，所以a＝eq\f(M＋mg－mgsin30°,M＋2m)；當(dāng)物體放在A盒內(nèi)時(shí)，以A、B盒及物體為探討對象，有2mgsin30°－Mg＝(M＋2m)a′，a′＝eq\f(2mgsin30°－Mg,M＋2m)，而a＝a′，則M＝eq\f(m,4)，故選項(xiàng)C正確．3．如圖所示，A、B、C三個(gè)物塊疊放在水平地面上處于靜止，下列分析正確的是(C)A．A對B的彈力和C對B的彈力是一對平衡力B．A對B的彈力和B對A的彈力是一對平衡力C．A對B的彈力和B對A的彈力大小肯定相等D．B對A的彈力和B對C的彈力是一對相互作用力解析：B處于靜止?fàn)顟B(tài)，對B進(jìn)行受力分析，則有：mBg＋FNCB＝FNAB，所以A對B的彈力大于C對B的彈力，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A對B的彈力和B對A的彈力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；依據(jù)平衡條件可知，B對A的彈力FNBA＝mBg＋mCg，B對C的彈力FNBC＝mCg，不是一對相互作用力，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．物塊1、2放在光滑水平面上，并用輕質(zhì)彈簧測力計(jì)相連，如圖所示．現(xiàn)對物塊1、2分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，則彈簧測力計(jì)的示數(shù)(C)A．肯定等于F1＋F2B．肯定等于F1－F2C．肯定大于F2，且小于F1D．條件不足，無法確定解析：彈簧測力計(jì)的示數(shù)等于彈簧所受拉力的大小，設(shè)為F，對物塊1，由牛頓其次定律得F1－F＝ma>0，所以F1>F.同理對物塊2有F′－F2＝ma>0，所以F′>F2.由牛頓第三定律可知彈簧測力計(jì)對物塊的彈力和物塊對彈簧測力計(jì)的彈力大小相等，即F＝F′，故選項(xiàng)C正確．5．如圖所示，在傾角為30°的足夠長的斜面上有一質(zhì)量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按圖(a)(b)(c)(d)所示的四種方式隨時(shí)間變更(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值，力沿斜面對上為正)．已知此物體在t＝0時(shí)速度為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力狀況下物體在3s末的速率，則這四個(gè)速率中最大的是(C)A．v1B．v2C．v3D．v4解析：eq\f(F,mg)＝－0.5時(shí)，a＝eq\f(0.5mg＋mgsin30°,m)＝g，沿斜面對下.eq\f(F,mg)＝0.5時(shí)，a＝0，eq\f(F,mg)＝0時(shí)，a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，沿斜面對下.eq\f(F,mg)＝1時(shí)，a＝eq\f(mg－mgsin30°,m)＝0.5g，沿斜面對上．由以上可分析(a)(b)(c)(d)各圖在3s內(nèi)所增加的速度分別為2g、1.5g、2.5g和1.5g，故選項(xiàng)C正確(g在此表示大小)．6．在學(xué)習(xí)了牛頓第肯定律后，四位同學(xué)分別列舉實(shí)例并發(fā)表了自己的不同相識，你認(rèn)為以下幾位同學(xué)的探討結(jié)論中，正確的是(C)A．甲同學(xué)探討從地面豎直向上跳起來的運(yùn)動(dòng)．地球圍著地軸自西向東自轉(zhuǎn)，他發(fā)覺人總是落回原處，經(jīng)過思索，他認(rèn)為這是因?yàn)槿嗽诳罩袦舻臅r(shí)間太短，假如時(shí)間足夠長，人應(yīng)當(dāng)落在跳起點(diǎn)的西側(cè)B．乙同學(xué)通過觀看資料片，發(fā)覺在軌道上的衛(wèi)星不用火箭施加任何推力就能自行繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)，他認(rèn)為是慣性維持了衛(wèi)星的這種運(yùn)動(dòng)C．丙同學(xué)通過視察發(fā)覺，讓一列火車停下來比讓一輛汽車停下來要困難得多，他認(rèn)為根本緣由是火車的慣性比汽車的慣性大D．丁同學(xué)觀看斗爭資料片，探討飛機(jī)投彈轟炸，他認(rèn)為若要投得精確，關(guān)鍵是當(dāng)飛機(jī)飛到目標(biāo)正上方時(shí)，準(zhǔn)時(shí)將炸彈釋放解析：地球圍著地軸自西向東自轉(zhuǎn)，甲同學(xué)探討從地面豎直向上跳起來的運(yùn)動(dòng)．人跳起時(shí)相對地面水平方向靜止，由于慣性，他在起跳的這段時(shí)間內(nèi)，水平方向仍舊要保持相對地面靜止，所以人總是要落回原處，和時(shí)間的長短沒有關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；軌道上的衛(wèi)星能自行繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)，是因?yàn)槭艿搅说厍虻囊ψ饔?，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；投彈要投得精確，必需提前釋放炸彈，這樣由于慣性，炸彈在水平方向保持勻速運(yùn)動(dòng)，飛行一段距離后才正好到達(dá)目標(biāo)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7．如圖所示，總質(zhì)量為460kg的熱氣球，從地面剛起先豎直上升時(shí)的加速度為0.5m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180m時(shí)，以5m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g取10m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(AD)A．剛起先上升時(shí)所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面起先上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230N解析：剛起先上升時(shí)，空氣阻力為零，F(xiàn)?。璵g＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A項(xiàng)正確．加速上升過程，隨著速度增大，空氣阻力增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤．浮力和重力不變，而隨著空氣阻力的增大，加速度會(huì)漸漸減小，直至為零，故上升10s后的速度v<at＝5m/s，C項(xiàng)錯(cuò)誤．勻速上升時(shí)，F(xiàn)?。紽f＋mg，所以Ff＝F?。璵g＝4830N－4600N＝230N，D項(xiàng)正確．8．牛頓是誕生在17世紀(jì)英國宏大的科學(xué)家，而牛頓三大定律更是人類探究自然奇妙的重大發(fā)覺．下列關(guān)于牛頓三大定律的說法中，正確的有(AB)A．牛頓第肯定律是在大量試驗(yàn)事實(shí)的基礎(chǔ)上通過推理而概括出來的結(jié)論B．羽毛球可以被快速抽殺，是因?yàn)樗|(zhì)量小，慣性小，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)簡單變更C．當(dāng)物體受到的合外力為零時(shí)，據(jù)牛頓其次定律可知物體的加速度為零，物體將處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所以牛頓第肯定律是牛頓其次定律在物體所受合力為零時(shí)的特例D．甲乙兩隊(duì)進(jìn)行拔河競賽，甲隊(duì)獲勝，其力學(xué)上的根本緣由是甲隊(duì)拉繩的力比乙隊(duì)拉繩的力大解析：牛頓第肯定律不是試驗(yàn)得出的，是在大量試驗(yàn)事實(shí)的基礎(chǔ)上通過推理而概括出來的，故選項(xiàng)A正確；質(zhì)量是慣性大小的量度，質(zhì)量小，慣性小，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)簡單變更，故選項(xiàng)B正確；牛頓第肯定律不是牛頓其次定律的特例，第肯定律是針對沒有外力的狀態(tài)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓第三定律知，甲隊(duì)對繩子的拉力與乙隊(duì)對繩子的拉力是一對作用力與反作用力，兩個(gè)拉力大小相等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．9.光滑水平桌面上放置一長木板，長木板上表面粗糙，上面放置一小鐵塊，現(xiàn)有一水平向右的恒力F作用于鐵塊上，以下推斷正確的是(BD)A．鐵塊與長木板都向右運(yùn)動(dòng)，且兩者肯定保持相對靜止B．若水平力足夠大，鐵塊與長木板間有可能發(fā)生相對滑動(dòng)C．若兩者保持相對靜止，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間有可能發(fā)生相對滑動(dòng)D．若兩者保持相對靜止，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間仍將保持相對靜止解析：設(shè)長木板的質(zhì)量為M，鐵塊的質(zhì)量為m，它們之間的最大靜摩擦力為Ff，依據(jù)牛頓其次定律知，當(dāng)兩者的加速度a＝eq\f(Ff,M)時(shí)，即F＝(M＋m)a＝eq\f(M＋mFf,M)，則F>eq\f(M＋mFf,M)時(shí)，兩者發(fā)生相對滑動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確．若兩者保持相對靜止，知兩者之間的摩擦力小于最大靜摩擦力，拉力反向，則整體加速度反向，此時(shí)兩者摩擦力的大小不變，方向變更，仍舊保持相對靜止，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．10．如圖所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(CD)A．B球的受力狀況未變，加速度為零B．A、B兩個(gè)小球的加速度均沿斜面對上，大小均為gsinθC．A、B之間桿的拉力大小為eq\f(3,2)mgsinθD．C球的加速度沿斜面對下，大小為gsinθ解析：細(xì)線被燒斷的瞬間，繩上的彈力突變?yōu)榱?，B、C兩球的受力均發(fā)生變更，C球只受到重力和斜面的彈力作用，其合力沿斜面對下，大小為mgsinθ，依據(jù)牛頓其次定律可知，C球的加速度沿斜面對下，大小為gsinθ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；細(xì)線被燒斷前，細(xì)繩對B球沿斜面對下的拉力大小為mgsinθ，燒斷瞬間，A、B兩小球組成系統(tǒng)的合力沿斜面對上，大小為mgsinθ，系統(tǒng)的加速度沿斜面對上，大小為a＝eq\f(1,2)gsinθ，再隔離B球，設(shè)A、B之間桿的拉力大小為F，則F－mgsinθ＝ma可得，F(xiàn)＝eq\f(3,2)mgsinθ所以，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．二、試驗(yàn)題(11題4分，12題12分，共16分)11．某試驗(yàn)小組利用如下圖所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系．(1)下列做法正確的是A、D(填字母代號)．A．調(diào)整滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行B．在調(diào)整木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．試驗(yàn)時(shí)，先放開木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D．通過增減木塊上的砝碼變更質(zhì)量時(shí)，不須要重新調(diào)整木板傾斜度(2)為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿意的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于(填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“近似等于”)木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量．(3)甲、乙兩同學(xué)在同一試驗(yàn)室，各取一套如上圖(1)所示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的狀況下，探討加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到上圖(2)中甲、乙兩條直線．設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲小于m乙，μ甲大于μ乙．(均填“大于”“小于”或“等于”)解析：(1)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，牽引木塊的細(xì)繩應(yīng)與長木板平行；平衡摩擦力時(shí)應(yīng)不掛砝碼桶；對于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，應(yīng)先接通電源，再放開木塊；平衡摩擦力后，變更木塊上砝碼的質(zhì)量，不須要重新平衡摩擦力．選項(xiàng)A、D正確，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤．(2)對于系統(tǒng)，依據(jù)牛頓其次定律，有a＝eq\f(mg,M＋m)，牽引小車的拉力F＝Ma＝eq\f(Mmg,M＋m).要使F≈mg，則M≈M＋m，即要求m?M.(3)對于木塊，依據(jù)牛頓其次定律，得a＝eq\f(F－μMg,M)＝eq\f(F,M)－μg，故a－F圖像的斜率反映了木塊質(zhì)量的倒數(shù)．有eq\f(1,m甲)>eq\f(1,m乙)，所以m甲<m乙．當(dāng)F＝0時(shí)，a＝－μg，即a－F圖在a軸上的截距為－μg，所以－μ甲g<－μ乙g，即μ甲>μ乙．12．某同學(xué)用如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌和光電門裝置“探討物體的加速度與外力關(guān)系”，他的操作步驟如下：①將一端帶有定滑輪的氣墊導(dǎo)軌放置在試驗(yàn)臺(tái)上②將光電門固定在氣墊軌道上離定滑輪較近一端的某點(diǎn)B處③將帶有遮光條的質(zhì)量為M的滑塊放置在氣墊導(dǎo)軌上的A處④用重力為F的鉤碼，經(jīng)繞過滑輪的細(xì)線拉滑塊，使滑塊從同一位置A由靜止釋放，測出遮光條通過光電門的時(shí)間t⑤變更鉤碼個(gè)數(shù)，使滑塊每次從同一位置A由靜止釋放，重復(fù)上述試驗(yàn)．記錄的數(shù)據(jù)及相關(guān)計(jì)算如下表：試驗(yàn)次數(shù)12345F/N0.490.981.471.962.45t/(ms)28.623.320.218.116.5t2/(ms)2818.0542.9408.0327.6272.25t－2/[×10－4(ms)－2]12.218.424.530.636.7(1)若用游標(biāo)卡尺測出滑塊上遮光條的寬度d如圖乙所示，則遮光條的寬度d＝1.050cm，第一次測量中小車經(jīng)過光電門時(shí)的速度為0.37m/s(保留兩位有效數(shù)字)．(2)試驗(yàn)中遮光條到光電門的距離為s，遮光條的寬度為d，遮光條通過光電門的時(shí)間為t，可推導(dǎo)出滑塊的加速度a與t關(guān)系式為eq\f(d2,2st2).(3)本試驗(yàn)為了探討加速度a與外力F的關(guān)系，只要作出eq\f(1,t2)－F的關(guān)系圖像，請作出該圖線．答案：如解析圖所示(4)依據(jù)作出的圖像，推斷該同學(xué)可能疏漏的重要試驗(yàn)步驟是沒有將氣墊導(dǎo)軌調(diào)整水平．解析：(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)即為遮光條的寬度d＝1.050cm，第一次經(jīng)過光電門的平均速度可認(rèn)為是第一次測量經(jīng)光電門的速度為：v1＝eq\f(d,t1)＝eq\f(1.050×10－2,28.6×10－3)m/s≈0.37m/s.(2)設(shè)遮光條經(jīng)光電門的速度為v，用每次遮光條經(jīng)過光電門的平均速度表示v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有a＝eq\f(v2,2s)，又v＝eq\f(d,t)，所以a＝eq\f(d2,2st2).(3)若要證明a與F成正比，即證明eq\f(d2,2st2)∝F，因?yàn)閑q\f(d2,2s)是常數(shù)，則只要證明eq\f(1,t2)∝F，因此作eq\f(1,t2)－F圖像即可．圖線如圖所示．(4)由圖像發(fā)覺，eq\f(1,t2)－F圖像不過原點(diǎn)，而是經(jīng)過縱軸的一點(diǎn)．說明不掛鉤碼時(shí)，滑塊就有加速度，說明氣墊導(dǎo)軌傾斜，試驗(yàn)前該同學(xué)未將氣墊導(dǎo)軌調(diào)整水平．三、計(jì)算題(共50分)13．(12分)我國《侵權(quán)責(zé)任法》第87條“高空墜物連坐”條款規(guī)定：建筑物中拋擲物品或者從建筑物上墜落的物品造成他人損害，難以確定詳細(xì)侵權(quán)人的，除能夠證明自己不是侵權(quán)人外，由可能加害的建筑物運(yùn)用人賜予補(bǔ)償．近日，綿陽一小伙就借助該條款贏得了賠償．假設(shè)質(zhì)量為5.0kg的物體，從離地面36m高處，由靜止起先加速下落，下落過程中阻力恒定，經(jīng)3s落地．(g取10m/s2)求：(1)物體下落的加速度的大小；(2)下落過程中物體所受阻力的大?。鸢福?1)8m/s2(2)10N解析：(1)由x＝eq\f(1,2)at2得，a＝eq\f(2x,t2)＝8m/s2，物體下落的加速度大小為8m/s2.(2)依據(jù)牛頓其次定律得，mg－Ff＝ma，解得，F(xiàn)f＝10N，下落過程中物體所受阻力的大小為10N.14．(12分)某同學(xué)在室內(nèi)進(jìn)行拋接小球練習(xí)，小球拋接點(diǎn)固定在同一位置，如圖所示，第一次小球豎直上拋的初速度為8m/s，小球恰好沒有遇到天花板，該同學(xué)勝利接住小球；其次次將小球以10m/s的初速度豎直拋出，該同學(xué)又勝利接住小球．已知小球與天花板碰撞前后速度大小不變，小球與天花板碰撞的時(shí)間忽視不計(jì)，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的空氣阻力不計(jì)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)天花板與小球拋出點(diǎn)的高度差h；(2)其次次拋、接球的時(shí)間間隔Δt.答案：(1)3.2m(2)0.8s解析：(1)小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0，由牛頓其次定律可知加速度大小為g，可得天花板與小球拋出點(diǎn)的高度差h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝3.2m(2)設(shè)上升過程歷時(shí)t，則h＝v0t－eq\f(1,2)gt2解得t＝0.4s，t＝1.6s(舍去)末速度為v＝v0－gt＝6m/s設(shè)下降過程歷時(shí)t′，則h＝vt′＋eq\f(1,2)gt′2，解得t′＝0.4s，t′＝－1.6s(舍去)故其次次拋、接球的時(shí)間間隔Δt＝t＋t′＝0.8s15．(13分)一質(zhì)量為M＝2kg、長為L＝3.75m的薄木板，在水平向右F＝10N的拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平面對右勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻將質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊(看成質(zhì)點(diǎn))輕輕地放在木板的最右端，如圖所示，若保持水平拉力不變(鐵塊與木板間的摩擦不計(jì)，g取10m/s2)．試問：(1)放上鐵塊后的一小段時(shí)間內(nèi)，鐵塊和木板各做何種運(yùn)動(dòng)？(2)鐵塊最終會(huì)不會(huì)從木板上掉下？若掉下，掉下時(shí)木板的速度為多大？答案：見解析解析：(1)鐵塊靜止．木板加速度大小a＝eq\f(F－μM＋mg,M)，其中F＝μMg，得a＝－2.5m/s2，即木板做初速度為5m/s，加速度大小為2.5m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)．(2)若木板足夠長，鐵塊不掉下來，木板停下時(shí)