【创新设计】（安徽专用）2022届高考物理一轮复习方案 第三章 章末盘点活页限时训练（含解析） 新人教版必修1

《创新设计》2022届高考物理（安徽专用）第一轮复习方案【配套活页限时训练】第三章：章末盘点（含解析）新人教版必修1一、易错易混专练　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则(　　)．图1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O点时所受合力为0D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小解析　首先有两个问题应搞清楚，①物体在A点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O点所受弹簧的弹力为0.所以在A、O之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确、B选项不正确；O点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．答案　A2．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16N．如果从升降机的速度为3m/s时开始计时，则经过1s，升降机的位移可能是(g取10m/s2)(　　)．A．2mB．3mC．5mD．8m解析　对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2m/s2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2m或4m.答案　A3．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f.若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是8\n(　　)．图2A．水平梯板对人的支持力变为B．水平梯板对人的摩擦力变为C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态D．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为解析　将人的加速度分解，水平方向ax＝acosθ，竖直方向ay＝asinθ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f＝max，在竖直方向有FN－mg＝may，人处于超重状态，C错误；当加速度由a变为时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A、D错误，B正确．答案　B4．如图3所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则(　　)．图3A．只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用B．只有a<gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用C．只有a＝gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用D．无论a为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用解析　A与传送带相对静止，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有a<gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用，B正确．答案　B5．(2022·银川模拟)如图4所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ8\n的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)．图4A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向上，大小为2gsinθD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析　细线烧断前，对B球有kx＝mgsinθ.细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsinθ＋kx＝2mgsinθ，解得aA＝2gsinθ，故A、C、D错误，B正确．答案　B6．如图5所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是(　　)．图5A.＋　　B.C.D.解析　当小木块刚放到传送带上时μmg＝ma得a＝μg设小木块加速到v时运动的距离为L0，由v2＝2aL0得L0＝(1)当L≤L0时，小木块一直加速，v≥at得t≤或由L＝at2得t＝或由L≤vt得t≥，故C、D正确．(2)当L>L0时，小木块先加速后匀速，加速阶段有v＝at1得t1＝匀速阶段有L－L0＝vt2得t2＝－8\n由t＝t1＋t2得t＝＋，故A正确．答案　B二、方法技巧专练7．(整体法、隔离法)如图6所示，两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(　　)．图6A．弹簧秤的示数是25NB．弹簧秤的示数是50NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2解析　本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用．以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝＝2m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，得F＝28N，A、B错误；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝＝7m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝＝28m/s2，D错误．答案　C8．(整体法、隔离法)如图7所示，质量为mA＝0.4kg的物体A与质量为mB＝2kg的物体B叠放在倾角为30°的斜面上，物体B在平行于斜面向上的拉力F作用下运动，已知A、B总保持相对静止，若A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与斜面间的动摩擦因数为μ2＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10m/s2)．图7(1)若整个装置沿斜面向上做匀速运动，则A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？(2)若整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则此时A、B8\n间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？解析　(1)整个装置沿斜面向上做匀速运动时，即整个系统处于平衡状态，则研究A物体：f＝mAgsinθ＝2N，研究整体：F＝(mA＋mB)gsinθ＋μ2(mA＋mB)gcosθ＝21N.(2)整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则说明此时A、B之间恰好达到最大静摩擦力，研究A物体：fmax＝f滑＝μ1mAgcosθ＝2.4N，fmax－mAgsinθ＝mAa，解得a＝1m/s2，研究整体：F－(mA＋mB)gsinθ－μ2(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，解得F＝23.4N.答案　(1)2N　21N　(2)2.4N　23.4N三、物理模型专练9．(等时圆模型)如图8甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(　　)．图8A.sB．2sC.sD．2s解析　A、E两点在以D为圆心半径为R＝10m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝＝＝2s，选B.答案　B10．(滑板—滑块模型)如图9甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v-t图象的是(　　)．8\n图9解析　在A、B相对滑动前，对A、B整体由牛顿第二定律得a＝＝，故A、B的加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；A相对B刚好要滑动时，对B由牛顿第二定律得a＝，由于＝，故t＝；在A相对B滑动后，B的加速度a＝为一恒量，速度-时间图象是一倾斜向上的直线，故B正确．答案　B11．(滑板—滑块模型)如图10所示，质量M＝8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F＝8N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10m/s2.求：图10(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少？解析　(1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2，小车的加速度aM＝＝0.5m/s2.(2)由amt＝v0＋aMt，解得：t＝1s.(3)从小物块放上小车开始1s内，小物块的位移s1＝amt2＝1m，1s末小物块的速度v＝amt＝2m/s在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝＝8\n0.8m/s2，这0.5s内小物块的位移s2＝vt1＋at＝1.1m，小物块1.5s内通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m.答案　(1)2m/s2　0.5m/s2　(2)1s　(3)2.1m12．(传送带模型)(改编题)如图11所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以v0＝5m/s的速率顺时针转动．将一袋质量为10kg的大米无初速度放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的机械能损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g＝10m/s2，cos37°＝0.8，求：图11(1)若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端？(2)若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大？解析　(1)米袋在AB部分加速时的加速度a0＝＝μg＝5m/s2，米袋的速度达到v0＝5m/s时，滑行的距离s0＝＝2.5m<sAB＝3m，因此米袋到达B点的速度为v0＝5m/s，CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝10m/s2，米袋能滑上的最大距离s＝＝1.25m<4.45m，故米袋不能运动到D端．(2)设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v之前的加速度大小为a1＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2，米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，由运动学公式得＋＝4.45m解得v＝4m/s，8\n即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4m/s.答案　(1)不能　(2)4m/s8