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2022高考物理一轮复习训练:第三章牛顿运动定律章末过关检测(附解析)
2022高考物理一轮复习训练:第三章牛顿运动定律章末过关检测(附解析)
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章末过关检测(三)(建议用时:45分钟)一、单项选择题1.(2020·福建三明清流一中段考)如图所示,人沿水平方向拉牛,但没有拉动,下列说法正确的是( )A.绳拉牛的力小于牛拉绳的力B.绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C.绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D.绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析:选C。绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力,大小相等、方向相反,故A、B错误;由于没有拉动牛,可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力,故C正确,D错误。2.如图所示,细绳一端系在小球O上,另一端固定在天花板上的A点,轻质弹簧一端与小球连接,另一端固定在竖直墙上的B点,小球处于静止状态。将细绳烧断的瞬间,小球的加速度方向( )A.沿BO方向B.沿OB方向C.竖直向下D.沿AO方向解析:选D。小球平衡时,对小球受力分析,受重力、弹簧弹力、绳的拉力。当细绳烧断的瞬间,绳的拉力变为零,重力、弹力不变,此时重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向,故D正确。3.(2020·福建晋江季延中学高一期末)如图所示,两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的A、B两物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在A、B上,则( )A.在突然撤去F2的瞬间,A的加速度不变 B.在突然撤去F2的瞬间,B的加速度不变C.弹簧测力计的示数是20ND.弹簧测力计的示数是30N解析:选A。在突然撤去F2的瞬间,因弹簧的弹力不变,可知A的受力不变,加速度不变,A正确。在突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不变,但是B的受力发生了变化,即B加速度要变化,B错误。以两物体为整体:F1-F2=(m1+m2)a,解得a=2m/s2;对A:F1-T=m1a,解得T=26N,C、D错误。4.(2020·金州校级模拟)如图,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,以下说法正确的是( )A.从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程B.从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程C.从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D.速度达到最大时加速度也达到最大解析:选A。当弹簧的弹力等于小球的重力时,小球的加速度为零,此时速度最大;则从接触弹簧到速度最大的过程,小球的加速度向下,且加速度逐渐减小,是失重过程,故A正确,C、D错误;当小球到达最低点时小球的加速度最大,则从接触弹簧到加速度最大的过程中,加速度是先向下减小,失重,然后加速度是向上增加,超重,故B错误。5.(2020·漳州市第一次教学质检)如图,MN是一段倾角θ=30°的传送带,一个可以看做质点,质量m=1kg的物块,以沿传动带向下的速度v0=4m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图象如图所示,g取10m/s2,则( ) A.物块最终从传送带N点离开B.传送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向下C.物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s2D.物块与传送带间的动摩擦因数μ=解析:选D。从图象可知,物体速度减为零后反向向上运动,最终的速度大小为1m/s,因此没从N点离开,并且能推出传送带斜向上运动,速度大小为1m/s,A、B错误;v-t图象中斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s2,C错误;对2s内的物块分析,根据牛顿第二定律μmgcos30°-mgsin30°=ma,可得μ=,D正确。二、多项选择题6.两个叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为θ的斜面上,如图所示,滑块A、B的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下,滑块B受到的摩擦力( )A.等于零B.方向沿斜面向上C.大小等于μ1mgcosθD.大小等于μ2mgcosθ解析:选BC。把A、B两滑块作为一个整体,设其下滑的加速度为a,由牛顿第二定律有(M+m)gsinθ-μ1(M+m)gcosθ=(M+m)a得a=g(sinθ-μ1cosθ)。由于a<gsinθ,可见B随A一起下滑过程中,必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力,设摩擦力为FB(如图所示)。由牛顿第二定律有mgsinθ-FB=ma得FB=mgsinθ-ma=mgsinθ-mg(sinθ-μ1cosθ)=μ1mgcosθ。7.(2020·云南省师大附中第五次月考)如图所示,质量分别为m1=0.2kg、m2= 0.1kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F=6N的竖直恒力,使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止,此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2;重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )A.装置在恒力F作用下加速运动时,弹簧的弹力大小为4NB.装置在恒力F作用下加速运动时,弹簧的弹力大小为2NC.手停止的瞬间,a1=10m/s2,a2=10m/s2D.手停止的瞬间,a1=20m/s2,a2=10m/s2解析:选BD。在恒力F作用下整个装置一起向上做匀加速运动,对整体由牛顿第二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a0,对球2由牛顿第二定律有F弹-m2g=m2a0,联立方程得F弹=2N,故A错误,B正确;手停止运动的这一瞬间,绳变松弛,绳的拉力突变为0,弹簧弹力不能发生突变,F弹=2N,对球1由牛顿第二定律有F弹+m1g=m1a1,得a1=20m/s2,方向竖直向下;对球2由牛顿第二定律有F弹-m2g=m2a2,得a2=10m/s2,方向竖直向上,故C错误,D正确。8.(2020·陕西宝鸡高一期末)如图,在光滑的水平面上放置着质量为M的木板,在木板的左端有一质量为m的木块,在木块上施加一水平向右的恒力F,木块与木板由静止开始运动,经过时间t分离。下列说法正确的是( )A.若仅增大木板的质量M,则时间t增大B.若仅增大木块的质量m,则时间t增大C.若仅增大恒力F,则时间t增大D.若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ,则时间t增大解析:选BD。根据牛顿第二定律得,m的加速度a1==-μg,M 的加速度a2=,根据L=a1t2-a2t2,得t=。若仅增大木板的质量M,m的加速度不变,M的加速度减小,则时间t减小,故A错误;若仅增大小木块的质量m,则m的加速度减小,M的加速度增大,则t变大,故B正确;若仅增大恒力F,则m的加速度变大,M的加速度不变,则t变小,故C错误;若仅增大木块与木板间的动摩擦因数,则m的加速度减小,M的加速度增大,则t变大,故D正确。三、非选择题9.(2020·遂宁内江等九市第二次模拟)如图甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。两个相同的小车放在光滑水平桌面上,右端各系一条细绳,跨过定滑轮各挂一个相同的小盘,增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力,增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系条细线,用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上,使小车静止(如图乙)。拿起黑板擦两车同时运动,在两车尚未碰到滑轮前,迅速按下黑板擦,两车立刻停止,测出两车在此过程中位移的大小。图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录,已测得小车1的总质量m1=100g,小车2的总质量m1=200g。由图可读出小车1的位移x1=5.00cm,小车2的位移x2=________cm,可以算出=________(结果保留3位有效数字);在实验误差允许的范围内,________(选填“大于”“小于”或“等于”)。解析:刻度尺最小分度为0.1cm,则小车2的位移为x2=2.45cm,由于误差,读数在2.45~2.50cm均可,由于小车都是做初速度为零的匀加速运动,根据x= at2可知,由于时间相同,则有==≈2.04由于读数误差,则2.00~2.04均可,但需与上问答案统一由题意可知==2故在误差允许的范围内=。答案:2.45(2.45~2.50均正确) 2.00(2.00~2.04均正确) 等于10.(2020·永州市第二次模拟)为了探究加速度与力的关系,某同学设计了如图甲所示的实验装置,带滑轮的长木板水平放置,板上有两个光电门相距为d,滑块通过细线与重物相连,细线拉力大小F等于力传感器的示数。让滑块从光电门1由静止释放,记下滑到光电门2的时间t。改变重物质量,重复以上操作5次,处理数据后得到下表中的5组结果。根据表中数据在坐标纸上画出如图乙所示的a-F图象,已知重力加速度g=10m/s2,根据图象可求出滑块质量m=________kg,滑块和轨道间的动摩擦因数μ=________。甲次数a/(m·s-2)F/N11.00.7622.10.9932.91.2344.11.5055.21.76 乙解析:对滑块由牛顿第二定律得F-μmg=ma得a=-μg所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象的斜率等于滑块质量的倒数,由图形得加速度a和所受拉力F的关系图象的斜率k=4,所以滑块质量m=0.25kg,由图线得,当F=0.5N时,滑块刚要开始滑动,所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5N,而最大静摩擦力等于滑动摩擦力,即μmg=0.5N解得μ=0.20。答案:0.25(0.24~0.26均正确) 0.20(0.19~0.21均正确)11.(2020·日照市4月模拟)如图所示,质量M=2kg的滑板A放在水平地面上,当A向右滑动的速度v0=13.5m/s时,在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m=1kg的小物块B,同时给B施加一个水平向右的F=6N的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,A与B间的动摩擦因数μ2=0.4。(设滑板A足够长,g取10m/s2)求:(1)经过多长时间A、B达到共同速度;(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内,A、B间因摩擦而产生的热量Q;(3)2s内滑板A的位移大小。解析:(1)设A的加速度大小为a1,对A由牛顿第二定律可得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma1解得a1=3.5m/s2,方向向左设B的加速度大小为a2,对B由牛顿第二定律有F+μ2mg=ma2解得a2=10m/s2,方向向右A做减速运动v1=v0-a1tB做加速运动v2=a2tA、B达到共同速度时v1=v2解得t=1s; (2)从开始计时到两者共速,A的位移大小为x1,x1=v0t-a1t2=11.75mB的位移大小为x2,x2=a2t2=5mA、B间因摩擦而产生的热量为Q,则Q=μ2mg(x1-x2)=27J;(3)经分析,A、B达到共同速度之后无法相对静止,各自做变速运动设A的加速度大小为a3,对A由牛顿第二定律可得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma3解得a3=0.5m/s2,方向向右;1s时,由(1)可得v1=10m/s,再经过1s,A的位移大小为x3,x3=v1t1+a3t=10.25m2s内滑板A的位移大小为xA=x1+x3=22m。答案:(1)1s (2)27J (3)22m
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高考 - 一轮复习
发布时间:2021-09-20 13:00:05
页数:8
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文章作者:随遇而安
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