2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第三章+牛顿运动定律综合检测

2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第三章+牛顿运动定律综合检测

牛顿运动定律综合检测 ‎(时间:90分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,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.下列有关行车安全的说法正确的是(　C　)‎ A.系好安全带可以减小人的惯性 B.同一辆车,速度越大停下来需要的时间越长,说明速度大的车惯 性大 C.系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害 D.系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害 解析:惯性大小唯一的量度是质量,所以A,B错误;系好安全带可减轻因人的惯性而造成的伤害,C正确,D错误.‎ ‎2.如图所示,两个质量分别为m1=‎2 kg,m2=‎3 kg的物体置于光滑的水平面上,中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=30 N,‎ F2=20 N的水平拉力分别作用在m1,m2上,则(　D　)‎ A.弹簧测力计的示数是25 N B.弹簧测力计的示数是50 N C.在突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为‎5 m/s2‎ D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为‎13 m/s2‎ ‎3.竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一个质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x;当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是(　D　)‎ A.以大小为‎2g的加速度加速上升 B.以大小为‎2g的加速度减速上升 C.以大小为g的加速度加速下降 D.以大小为g的加速度减速下降 解析:因为电梯静止时,弹簧被压缩了x,由此可知mg=kx.当电梯运动时,弹簧又被压缩了x,弹簧的弹力变大,物体所受合力方向向上,大小是mg,处于超重状态.由牛顿第二定律可得mg=ma,即加速度大小a=g,方向是向上的,此时物体可能是做向上的匀加速运动,也可能是做向下的匀减速运动,D正确.‎ ‎4.如图所示,在建筑工地,工人用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为m,B的质量为‎3m,水平作用力为F,A,B之间的动摩擦因数为μ,在此过程中,A,B间的摩擦力为(　D　)‎ A.μF B.2μF C.m(g+a) D.m(g+a)‎ 解析:由于A,B相对静止,故A,B之间的摩擦力为静摩擦力,A,B错误.设工人一只手对A,B在竖直方向上的摩擦力为Ff,以A,B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff-(m+‎3m)g=(m+‎3m)a,设B对A的摩擦力方向向下,大小为Ff′,对A由牛顿第二定律有Ff-Ff′-mg=ma,解得Ff′=m(g+a),C错误,D正确.‎ ‎5.以初速度v竖直向上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图像中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是(　D　)‎ 解析:设小球所受的阻力f=kv,小球的质量为m,则在小球上升的过程中有mg+f=ma,得a=g+,由于上升过程中小球的速度越来越小,小球的加速度a也越来越小,故vt图像的斜率的绝对值越来越小,A,B错误;在下落过程中有a=g-,下落过程中小球的速度越来越大,故小球的加速度越来越小,则v-t图像的斜率的绝对值越来越小,C错误,D 正确.‎ ‎6.如图所示,木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为‎2m.现施加水平力F拉B,A,B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改为水平力F′拉A,使A,B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F′不得超过(　B　)‎ A‎.2F B.‎ C‎.3F D.‎ 解析:水平力F拉B时,A,B刚好不发生相对滑动,这实际上是将要滑动,但尚未滑动的一种临界状态,从而可知此时A,B间的摩擦力即为最大静摩擦力.‎ 对A,B整体:F=(m+‎2m)a.‎ 再将A隔离可得A,B间最大静摩擦力为 Ffm=ma,解以上两式得Ffm=.‎ 若将F′作用在A上,隔离B可得B能与A一起运动,而A,B不发生相对滑动的最大加速度a′=,‎ 对A,B整体:F′=(m+‎2m)a′,由以上几式解得F′=.‎ ‎7.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2‎ 的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　A　)‎ 解析:开始阶段两物体一起做匀加速运动,有F=(m1+m2)a,即a=‎ ‎=,两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到μm‎2g后,两者发生相对滑动.对m2有F-f=m‎2a2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm‎2g不再变化,a2==-μg,故其图像斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm‎2g=m‎1a1,故a1=为定值.故A选项 正确.‎ ‎8.如图(甲)所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面的最大静摩擦力Ffm与滑动摩擦力大小相等,则(　BC　)‎ A.0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大 B.t2时刻物块A的加速度最大 C.t3时刻物块A的速度最大 D.t2～t4时间内物块A一直做减速运动 解析:0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状态,选项A错误.t2时刻物块A受到的拉力F最大,物块A的加速度最大,选项B正确.t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度减小到零,物块A的速度最大,选项C正确.t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动,t3～t4时间内物块A一直做减速运动,选项D错误.‎ ‎9.如图(甲)所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=‎10 m/s、质量为m=‎1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图(乙)所示,取g=‎10 m/s2,则下列说法正确的是(　BCD　)‎ A.0～5 s内小木块做匀减速运动 B.在t=1 s时刻,摩擦力反向 C.斜面倾角θ=37°‎ D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5‎ 解析:由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图(乙)可得a==-‎10 m/s2,故减速运动时间t==1 s,故A错误;由题图(乙)可知,在 0～1 s 内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图(乙)可知,小木块反向加速运动时的加速度a′== m/s2=‎2 m/s2,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=m|a|,mgsin θ-μmgcos θ=ma′,代入数据解得μ=0.5,θ=37°,故C,D正确.‎ ‎10.如图所示,水平传送带A,B两端相距s=‎3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,工件滑上传送带A端的瞬时速度vA=‎4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB.g取‎10 m/s2,下列说法中正确的是(　ABC　)‎ A.若传送带不动,vB=‎3 m/s B.若传送带以速度v=‎4 m/s逆时针匀速转动,vB=‎3 m/s C.若传送带以速度v=‎2 m/s顺时针匀速转动,vB=‎3 m/s D.若传送带以速度v=‎4 m/s顺时针匀速转动,vB=‎3 m/s 解析:若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知-=-2as,a=μg,代入数据解得vB=‎3 m/s,当满足选项B,C中的条件时,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,同理可得,工件到达B端的瞬时速度仍为‎3 m/s,故选项A,B,C正确;若传送带以速度v=‎4 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上A端后做匀速运动,到B端的速度仍为‎4 m/s,故选项D 错误.‎ ‎11.如图(甲)所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图(乙)所示,g取‎10 m/s2,根据图像可求出(　BC　)‎ A.物体的初速率v0=‎3 m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75‎ C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=‎ ‎1.44 m D.当θ=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上 解析:当斜面倾角θ=90°时,物体对斜面无压力,也无摩擦力,物体做竖直上抛运动,根据匀变速直线运动规律有02-=-2gx,根据题图(乙)可得此时x=‎1.80 m,解得初速率v0=‎6 m/s,选项A错.当斜面倾角θ=‎ ‎0°时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作用,则有μmgx=‎ m,根据题图(乙)知此时x=‎2.40 m,解得μ=0.75,选项B对.物体沿斜面上滑,由牛顿第二定律可知加速度a=gsin θ+μgcos θ ‎=g(sin θ+μcos θ).=2ax=‎2g(sin θ+μcos θ)x,得当sin θ+μcos θ最大时,即tan θ=,θ=53°时,x取最小值xmin,解得xmin=‎ ‎1.44 m‎,C项正确.当θ=45°时,因mgsin 45°>μmgcos 45°,则物体达到最大位移后将返回,D项错误.‎ ‎12.如图(甲)所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图(乙)所示.已知|v2|>|v1|,则(　BD　)‎ A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0～t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析:0～t1时间内,小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动,速度减为零时并未从左端滑下,说明传送带足够长,其向左运动的位移大小x1=;t1～t2时间内:小物块受到的滑动摩擦力仍然向右,因此反向做匀加速运动,加速到与传送带速度v1‎ 相等,其位移大小x2=2μ2mg 故平板做匀加速运动,加速度大小 a2==‎1 m/s2(1分)‎ 设滑块从平板左端滑至右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,‎ 对滑块进行分析:‎ v′=v-a1t(1分)‎ L2+x=vt-a1t2(1分)‎ 对平板进行分析:v′=a2t(1分)‎ x=a2t2(1分)‎ 联立以上各式代入数据解得t=1 s,v=‎4 m/s.‎ 当v=‎4 m/s时,滑块在传送带上加速运动的位移为 x1==‎1.6 mt,不合题意,‎ 舍去)‎ 将t′= s代入v″=v1-a1t′得 v″=‎3.5 m/s.(1分)‎ 答案:(1)‎4 m/s　(2)‎3.5 m/s ‎18.(12分)如图所示,一长L=‎2 m,质量M=‎4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=‎5 m,木板的正中央放有一质量为m=‎1 kg的物块(可视为质点),已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取‎10 m/s2,试求:‎ ‎(1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离;‎ ‎(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.‎ 解析:(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律:‎ 对木板:‎ F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1‎ 解得a1=‎6 m/s2(1分)‎ 对物块:μ1mg=ma2‎ 解得a2=‎4 m/s2,(1分)‎ 因a2

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