2021江苏新高考物理一轮复习检测：第三章(8+1+2)章末综合能力滚动练(含解析)

2021江苏新高考物理一轮复习检测：第三章(8+1+2)章末综合能力滚动练(含解析)

(8＋ 1＋2)章末综合能力滚动练 一、单项选择题 1.如图 1 所示，恒力 F 垂直作用在倾角为 α、质量为 m 的三角滑块上，滑块没被推动，重力 加速度为 g，则滑块受到地面的静摩擦力大小为 ( ) 图 1 A．Fsin α B．Fcos α C．mgsin α D．mgcos α 答案 A 2.如图 2 所示，物体 A、B 叠放在水平粗糙桌面上，用水平力 F 拉物体 B，使 A 随 B 一起向 右做匀加速直线运动，则与物体 B 发生作用与反作用的力有 ( ) 图 2 A．三对 B．四对 C．五对 D．六对 答案 D 3.(2019 ·江苏南通市、盐城市六校高三联考 )如图 3 所示，用细绳系住小球放在倾角为 θ的光 滑斜面上， 当细绳由水平方向逐渐向上偏移时， 球对绳的拉力 FT 和对斜面的压力 F N 将( ) 图 3 A．F T 逐渐增大， F N 逐渐减小 B．F T 逐渐减小， FN 逐渐增大 C．F T 先增大后减小， F N 逐渐减小 D．F T 先减小后增大， F N 逐渐减小 答案 D 解析 以小球为研究对象受力分析， 小球受到重力、 细绳的拉力和斜面的支持力， 三力平衡， 根据平衡条件得知拉力与支持力的合力与重力 mg 等大反向，即保持不变，作出三个位置拉 力与支持力的合成的示意图，通过力的图示可以看出当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳 子拉力 FT 先减小后增大 (线段的长短表示力的大小 )，斜面对小球的支持力逐渐减小， D 正确． 4.(2019 ·上海嘉定区二模 )如图 4 所示， 小明站在体重计上， 当他静止时体重计的指针指在 45 kg 刻度处．若他快速蹲下，则在他下蹲的整个过程中，体重计的指针 ( ) 图 4 A．一直指在大于 45 kg 刻度处 B．一直指在小于 45 kg 刻度处 C．先指在大于 45 kg 刻度处，后指在小于 45 kg 刻度处 D．先指在小于 45 kg 刻度处，后指在大于 45 kg 刻度处 答案 D 解析 小明先加速下降，有方向向下的加速度，此时他对体重计的压力小于重力，处于失重 状态， 后减速下降， 有方向向上的加速度， 此时他对体重计的压力大于重力， 处于超重状态， 因此视重先变小后变大，则读出的质量先小于 45 kg，后大于 45 kg，选项 D 正确． 5.(2019 ·闽粤赣三省十校下学期联考 )如图 5 所示， 倾斜固定直杆与水平方向成 60°角，直杆上 套有一个圆环，圆环通过一根细线与一小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持 相对静止，细线伸直，且与竖直方向成 30°角．下列说法中正确的是 ( ) 图 5 A．圆环不一定加速下滑 B．圆环可能匀速下滑 C．圆环与杆之间一定没有摩擦 D．圆环与杆之间一定存在摩擦 答案 D 解析 以小球为研究对象受力分析，小球受到竖直向下的重力和细线的拉力，小球的合外力 不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑， B 项错误； 对小球，根据牛顿第二定律 mg 2cos 30 °＝ma，可得小球加速度 a＝ 3 3 g，小球与圆环相对静止， 圆环一定以 3 3 g 的加速度加速下滑， A 项错误； 小球与圆环整体的加速度为 a＝ 3 3 g，假设圆 环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，则有 Mgsin 60 °＝Ma′，加速度 a′＝gsin 60 °＝ 3 2 g ≠ 3 3 g，说明假设错误，圆环与杆之间一定存在摩擦， C 项错误， D 项正确． 二、多项选择题 6．如图 6 所示，倾角为 α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体 a 放在斜面上，轻质细线一 端固定在物体 a 上，另一端绕过光滑的滑轮固定在 c 点，滑轮 2 下悬挂物体 b，系统处于静 止状态，若将固定点 c 向右移动少许，而 a 与斜劈始终静止，则 ( ) 图 6 A．细线对物体 a 的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小 C．斜劈对物体 a 的摩擦力减小 D．地面对斜劈的摩擦力增大 答案 AD 解析 对滑轮 2 和物体 b 受力分析，受重力和两个拉力，如图甲所示． 根据平衡条件，有 G＝2F Tcos θ，解得 FT＝ G 2cos θ，将固定点 c 向右移动少许，则 θ增加，拉 力 FT 增大，故 A 正确；对斜面体、物体 a、物体 b 和滑轮整体受力分析，受重力、支持力、 细线的拉力和地面的静摩擦力， 如图乙所示． 根据平衡条件， 有 FN＝G 总 －F Tcos θ＝G 总 － G 2， F N 与角度 θ无关， 恒定不变， 根据牛顿第三定律， 压力也不变， B 错误； Ff＝FTsin θ＝ G 2tan θ， 将固定点 c 向右移动少许，则 θ增加，故摩擦力增大， D 正确；对物体 a 受力分析，受重力、 支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩 擦力的方向，不能判断静摩擦力的变化情况，故 C 错误． 7．(2019 ·山东烟台市上学期期末 )如图 7 甲所示，质量为 m＝1 kg 的物体置于倾角为 37°的固 定且足够长的斜面上， t＝0 时刻对物体施加沿斜面向上的拉力 F，使物体开始沿斜面上滑， 作用一段时间 t 后撤去拉力 F，物体速度的平方与位移之间的关系图象如图乙所示．已知 g ＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6.下列说法正确的是 ( ) 图 7 A．物体与斜面之间的动摩擦因数为 μ＝0.25 B．撤去拉力的时刻为 t＝0.5 s C．拉力 F 的大小为 24.5 N D．物体运动到斜面最高点时发生的位移大小为 6 m 答案 ABD 解析 由速度位移的关系式 v2＝2ax 与题图乙对比得：物体的最大速度 vm＝8 m/ s，撤去 F 前的加速度大小 a1＝16 m/s2，撤去 F 后的加速度大小 a2＝8 m/s2，撤去 F 时发生的位移大小 x1＝2 m．撤去 F 前由牛顿第二定律得： F－ mgsin 37 °－μ mgcos 37 °＝ma1，撤去 F 后由牛顿第 二定律得： mgsin 37 °＋μmgcos 37 °＝ma2，联立解得： F＝24 N，μ＝0.25，故 A 正确， C 错误； 力 F 作用时物体做匀加速运动，由速度公式得： vm＝a1t，解得： t＝0.5 s，故 B 正确；设撤 去 F 后到运动到最高点发生的位移大小为 x2，vm2＝2a2x2，解得： x2＝4 m，则物体运动到最 高点时，发生的位移大小为 x＝x1＋x2＝6 m，故 D 正确． 8．(2020 ·辽宁葫芦岛市模拟 )如图 8 所示，在水平面上有一传送带以速率 v1 沿顺时针方向运 动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相 连 (紧靠但不接触 )，现有一物块在右端水平面上以速度 v2 向左运动，则物块速度随时间变化 的图象可能的是 ( ) 图 8 答案 ABD 解析 如果传送带足够长，从而使得物块不能从左端滑出传送带，则物块先减速向左滑行， 直到速度减为零，然后物块会在摩擦力的作用下向右加速运动．如果 v1＜v2，物块向左的速 度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到与传送带速度相同时，物块还 在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，故 B 正确．如果 v1＞v2， 物块在传送带上向右运动时会一直加速， 当速度大小增大到等于 v2 时， 物块恰好离开传送带； 如果 v1＝v2，物块在传送带上时同样会先向左减速运动后向右加速运动，当速度大小增大到 等于 v1 时，物块恰好离开传送带， A 正确． 若 v2 足够大，物块向左滑上传送带后始终做减速 运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行， D 正确． 三、非选择题 9．(2019 ·广东“六校”第三次联考 )如图 9，小明同学利用拉力传感器和速度传感器探究加速 度与物体受力的关系．在长木板上相距为 L 的 A、B 两点各安装一个速度传感器，分别记录 小车到达 A、B 时的速率．实验中使用的小车及拉力传感器总质量约为 200 g，每个钩码的质 量约为 50 g. 图 9 主要实验步骤如下 ①调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力 ②按住小车，读出拉力传感器的读数 F； ③释放小车，让小车依次经过 A、B 速度传感器，记录速度 vA 和 vB，并计算出小车加速度 a； ④增加钩码数量，重复步骤②、③，得到多组数据，并作出 a－F 图象． (1)步骤①中平衡摩擦力的具体做法是 ________． A．不挂钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动 B．挂上钧码，逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止 C．不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻推动小车，使小车经过两个速度传感器时 速度相同 D．挂上钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻推动小车，使小车经过两个速度传感器时 速度相同 (2)步骤③中小车加速度 a＝________.(请用题中符号表示 ) (3)根据本实验作出的 a－ F 图象最接近 ________． 答案 (1)C (2)vB2－vA2 2L (3)C 解析 (1) 使小车经过两个速度传感器时速度相同， 说明小车做匀速直线运动， 处于平衡状态， 重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，平衡了摩擦力，故选 C. (2)根据匀变速直线运动的位移与速度公式： v2－v02＝ 2ax 可以求出： a＝vB2－vA2 2L . (3)当砝码的质量 m 不断增加，不再满足小车及拉力传感器质量 M ? m，加速度 a 和 F 不再 满足线性关系，由分析得 C 正确． 10．(2020 ·吉林公主岭市模拟 )如图 10 甲所示，光滑水平面上的 O 处有一质量为 m＝2 kg 的 物体．物体同时受到两个水平力的作用， F1＝4 N，方向向右， F2 的方向向左，大小随时间 均匀变化，如图乙所示．物体从零时刻开始运动． 图 10 (1)求当 t＝0.5 s 时物体的加速度大小． (2)在 t＝0 至 t＝2 s 内，何时物体的加速度最大？最大值为多少？ (3)在 t＝0 至 t＝2 s 内，何时物体的速度最大？最大值为多少？ 答案 (1)0.5 m/s 2 (2)见解析 (3)见解析 解析 (1) 由题图乙可知 F 2＝(2＋2t) N 当 t＝0.5 s 时， F2＝(2＋2×0.5) N ＝3 N F 1－F2＝ma a＝ F1－F 2 m ＝4－3 2 m/s2＝0.5 m/ s2. (2)物体所受的合外力为 F 合＝F1－F 2＝2－2t (N) 作出 F 合－t 图象如图所示 从图中可以看出，在 0～2 s 范围内 当 t＝0 时，物体有最大加速度 am， F m＝mam am＝ F m m ＝2 2 m/s2＝1 m/ s2 当 t＝2 s 时，物体也有最大加速度 am′ F m′＝ mam′ am′＝F m′ m ＝－2 2 m/s2＝－ 1 m/ s2 负号表示加速度方向向左． (3)由牛顿第二定律得 a＝ F合 m ＝1－t (m/s2) 画出 a－t 图象如图所示 由图可知 t＝1 s 时速度最大，最大值等于 a－t 图象在 t 轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形 的面积 v＝1 2×1×1 m/s＝0.5 m/ s. 11.如图 11 所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质 量 M＝ 0.6 kg，长度 l＝0.5 m．现有一质量 m＝ 0.4 kg 的小木块，以初速度 v0＝2 m/ s 从木板 的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数 μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数 μ2 ＝0.1，重力加速度 g＝ 10 m/s2.求： 图 11 (1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小； (2)小木块最终滑动的位移 (保留三位有效数字 )． 答案 (1)1 m/s (2)0.670 m 解析 (1) 木板受到木块的摩擦力为 Ff1＝μ1mg＝1.2 N， 木板受到地面的摩擦力为 F f2＝μ2(2M ＋m)g＝1.6 N， 因为 Ff2 >Ff1 ，所以木块运动时，木板静止不动． 设木块在左边第一个木板上的加速度大小为 a1， 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为 v， 则有： μ1mg＝ma1，v2－v02＝－ 2a1l 联立解得： a1＝3 m/s2,v＝1 m/ s (2)木块滑上第二个木板后，由于 μ2(M＋m)g＝1 N

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