新教材2023年高考物理總復(fù)習考案4周測卷四牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合問題

考案(四)周測卷四牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合問題本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．(2022·遼寧阜蒙縣高三開學考試)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，工件滑上A端瞬時速度vA＝4m/s，到達B端的瞬時速度設(shè)為vB，則下列說法錯誤的是(g取10m/s2)(D)A．若傳送帶不動，則vB＝3m/sB．若傳送帶以速度v＝4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝3m/sC．若傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝3m/sD．若傳遞帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝2m/s[解析]若傳送帶不動，由勻變速運動規(guī)律可知veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝－2as，a＝μg，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s，故A正確；當滿足選項B、C、D中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是μg，所以工件到達B端時的瞬時速度仍為3m/s，故BC正確，D錯誤。2．(2022·云南高三期末)在有空氣阻力的情況下，以初速度v1從地面豎直上拋一個小球，經(jīng)過時間t1，小球到達最高點；又經(jīng)過時間t2，小球從最高點落到拋出點，小球著地時的速度為v2，則(D)A．v2>v1，t2>t1 B．v1＝v2，t1＝t2C．v1＝v2，t2<t1 D．v2<v1，t2>t1[解析]因為有空氣阻力，設(shè)為f，對上升過程，根據(jù)牛頓第二定律有a1＝eq\f(mg＋f,m)，下降過程中a2＝eq\f(mg－f,m)，所以a1>a2，根據(jù)運動學公式，上升過程有h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2a1h)，下降過程有h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，v2＝eq\r(2a2h)，比較各式可知v2<v1，t2>t1。故D正確，ABC錯誤。3．(2023·全國高三專題練習)一小物塊從傾角為α＝30°足夠長的斜面底端以初速度v0＝10m/s沿斜面向上運動(如圖所示)，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，則物塊在運動時間t＝1.5s時離斜面底端的距離為(B)A．3.75m B．5mC．6.25m D．15m[解析]小物塊沿斜面向上運動時加速度大小為a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2。物塊運動到最高點的時間t＝eq\f(v0,a)＝1s<1.5s，由于mgsinα＝μmgcosα，小物塊運動到最高點速度為0時即停止，故此時小物塊離斜面底端的距離為x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝5m。故選B。4．(2023·江西高三階段練習)如圖所示，在冬季奧運會冰壺比賽中，若某回合運動員想將冰壺送到與出手點相距25m的目標位置，該運動員正對目標位置，以大小為3m/s的初速度將冰壺推出，同時另外兩名運動員從冰壺運動的起點，沿冰壺運動的路線用毛刷摩擦冰面，使冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话?。已知毛刷不摩擦冰面時冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)為0.02，重力加速度大小g取10m/s2。若冰壺恰好到達目標位置，則運動員用毛刷摩擦冰面的距離為(A)A．5m B．10mC．15m D．20m[解析]冰壺做勻變速直線運動，根據(jù)勻變速運動的規(guī)律有2a1x1＝veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)，2a2x2＝veq\o\al(2,1)，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma＝μmg，可知a1＝eq\f(1,2)μ＝0.1m/s2，a2＝μg＝0.2m/s2，x1＋x2＝x＝25m，解得運動員用毛刷摩擦冰面的距離x1＝5m。故選A。5．(2023·內(nèi)蒙古高三階段練習)如圖所示，在與坡底B點的距離為L的山坡上，豎直固定一長度為L的直桿AO，O為山坡的中點，A端與坡底B之間連接一根光滑的細鋼繩?，F(xiàn)讓一穿在鋼繩上的小環(huán)從A點由靜止開始沿鋼繩無摩擦地滑下，則小環(huán)在鋼繩上滑行的時間為(D)A．eq\f(1,2)eq\r(\f(L,g)) B．eq\r(\f(L,g))C．eq\r(\f(2L,g)) D．2eq\r(\f(L,g))[解析]如圖所示，以O(shè)點為圓心、A為圓周的最高點、AB為弦作圓。設(shè)∠OAB為α，則LAB＝2Lcosα，LAB＝eq\f(1,2)at2，ma＝mgcosα，解得t＝2eq\r(\f(L,g))。故選D。6．(2023·河北模擬預(yù)測)體育課上，老師訓練同學做接球游戲，將一只籃球豎直向上拋出，籃球運動過程所受空氣阻力與其速度成正比，不計籃球在水平方向的側(cè)向風力和空氣對籃球的浮力作用。關(guān)于籃球從拋出點再回到拋出點過程中的運動圖像正確的是(C)ABCD[解析]籃球豎直向上拋出，由于受到空氣阻力和重力作用，上升過程中速度變小，空氣阻力向下且變小F合＝Ff＋mg＝ma，加速度變小，故A錯誤；下降過程中速度變大，空氣阻力向上且變大，有F′合＝mg－F′f＝ma′，故加速度變小，即可看出上升過程的平均加速度較大，而上升過程與下降過程位移大小相同，又h＝eq\f(1,2)at2，所以上升過程的時間較短，故B錯誤；上升過程速度逐漸變小，到最高點為零，下降過程速度由零開始增大，故C正確，D錯誤。7．(2022·北京模擬預(yù)測)在“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，將具有加速度測量功能的智能手機固定在小車上，改裝成如圖1所示的裝置來測量小車加速度。小車的質(zhì)量M＝300g，槽碼的質(zhì)量m＝30g。小車由靜止釋放，設(shè)小車前進的方向為正方向，通過手機軟件測得加速度隨時間變化圖像如圖2所示，其中減速過程中加速度超過了手機的顯示范圍。關(guān)于此實驗的分析，下列說法正確的是(D)A．放手機與不放手機相比，小車加速過程中的加速度較大B．放手機與不放手機相比，小車加速過程中細線對小車的拉力較小C．小車與制動器碰撞前的速度大小約為2.4m/sD．此手機的質(zhì)量約為170g[解析]對小車和槽碼的整體，由牛頓第二定律可知a＝eq\f(mg,m＋M)，因放上手機后，M變大，則加速度減小，即放手機后，小車加速過程中的加速度較小，A錯誤；對小車分析可知T＝Ma＝eq\f(mMg,m＋M)＝eq\f(mg,\f(m,M)＋1)，則放上手機后，M變大，則T變大，B錯誤；由a－t圖像可知，圖像的“面積”等于速度的變化量，則小車與制動器碰撞前的速度大小約為v＝0.6×1.6m/s≈1.0m/s，C錯誤；由圖像可知，加速階段的加速度為a＝0.6m/s2，M＝300g，m＝30g帶入a＝eq\f(mg,m＋M＋m機)，可得m機＝170g，D正確。8．(2023·河北高三模擬)圖(a)為北京冬奧會冰壺比賽中的一個畫面。比賽中，為了使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小。假設(shè)某運動員以初速度v0沿冰面將冰壺推出，冰壺做直線運動直到停止的過程中，其速度時間(v-t)圖像如圖(b)所示，則下列判定正確的是(C)A．0～t1和t2～t3時間內(nèi)，運動員在用毛刷擦冰面B．t1～t2時間內(nèi)，冰壺的加速度大小為eq\f(v1－v2,t2)C．t1～t2時間內(nèi)，冰壺的位移大小為eq\f(1,2)(v1＋v2)·(t2－t1)D．0～t3時間內(nèi)，冰壺的平均速度大小為eq\f(1,3)(v0＋v1＋v2)[解析]v-t圖線的斜率表示加速度，由圖知t1～t2時間內(nèi)圖線斜率小，說明加速度小，由牛頓第二定律a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg知t1～t2時間內(nèi)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)小，說明運動員在用毛刷擦冰面；0～t1和t2～t3時間內(nèi)圖線斜率大，動摩擦因數(shù)大，說明此時間段運動員沒有用毛刷擦冰面，A錯誤；由加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)知t1～t2時間內(nèi)，冰壺的加速度大小為a＝eq\f(v1－v2,t2－t1)，B錯誤；v-t圖線與坐標軸圍的面積表示位移，在t1～t2時間內(nèi)，冰壺的位移大小為x＝eq\f(1,2)(v1＋v2)(t2－t1)，C正確；根據(jù)平均速度的定義式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，知在0～t3時間內(nèi)，冰壺的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x總,t總)＝eq\f(\f(1,2)v0＋v1t1＋\f(1,2)v1＋v2t2－t1＋\f(1,2)v2t3－t2,t3)＝eq\f(v0－v2t1＋v1t2＋v2t3,2t3)，D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2022·廣東高三學業(yè)考試)如圖所示，質(zhì)量不等的A、B兩個物塊分別以大小不同的初速度在水平面上運動，已知兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是(CD)A．質(zhì)量大的物塊運動的位移大B．質(zhì)量大的物塊運動的時間長C．初速度大的物塊運動的位移大D．初速度大的物塊運動的時間長[解析]物塊在水平面上運動時，受到滑動摩擦力即為合力，根據(jù)牛頓第二定律有f＝μmg＝ma，則產(chǎn)生的加速度大小均為a＝μg，可知物塊都做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得，物塊的運動時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，物塊運動的位移為x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(v2,2μg)，可知運動的位移和時間與質(zhì)量無關(guān)。由于兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則初速度大的物塊運動的位移大，初速度大的物塊運動的時間長。10．(2023·上海市七寶中學模擬預(yù)測)在某次升降機豎直艙送高空作業(yè)人員的過程中，其高度h隨時間t變化關(guān)系的圖像如圖所示，則有關(guān)該人員的說法正確的是(BD)A．前6s的平均速度大于1m/sB．前8s的平均速度大小為1.5m/sC．前4s處于超重狀態(tài)D．8～12s處于超重狀態(tài)[解析]根據(jù)圖像分析可得前6s下降的高度為16m－10m＝6m，eq\x\to(v)＝eq\f(Δh,Δt)＝eq\f(6,6)m/s＝1m/s，前6s的平均速度等于1m/s，A錯誤；根據(jù)圖像分析可得eq\x\to(v1)＝eq\f(Δh,Δt)＝eq\f(16－4,8)m/s＝1.5m/s，前8s的平均速度大小為1.5m/s，B正確；圖像分析可得，斜率表示速度，前4s速度在增大，升降機在向下加速，處于失重狀態(tài)，C錯誤；8～12s，速度在減小，升降機在向下減速，處于超重狀態(tài)，D正確。11．(2023·山東淄博高三模擬)古代勞動人民常用夯錘(如圖甲)將地砸實，打夯時四個勞動者每人分別握住夯錘的一個把手，一個人喊號，號聲一響，四人同時用力將地上質(zhì)量為90kg的夯錘豎直向上提起；號音一落，四人同時松手，夯錘落下將地面砸實。以豎直向上為正方向，若某次打夯過程松手前夯錘運動的v-t圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，g取10m/s2，下列說法正確的是(BD)A．松手后，夯錘立刻落下做自由落體運動B．夯錘離地的最大高度為0.45mC．夯錘上升過程中的時間為0.45sD．松手前，夯錘所受合外力大小為300N[解析]松手后，因為慣性，夯錘要繼續(xù)向上運動一段后，再自由下落，A錯誤；松手后，夯錘繼續(xù)向上運動的時間為t2＝eq\f(v,g)＝0.15s，夯錘離地的最大高度為hm＝eq\f(1,2)vm(t1＋t2)＝0.45m，B正確；夯錘上升過程中的時間為t＝t1＋t2＝0.6s，C錯誤；圖像的斜率表示加速度，松手前，夯錘豎直向上做加速度a＝eq\f(10,3)m/s2的勻加速直線運動。對夯錘松手前，受力分析有F合＝ma，解得F合＝300N，D正確。故選BD。12．(2023·河北唐山高三模擬)一質(zhì)量m＝2kg的滑塊在恒力F作用下沿水平面運動，其運動過程的eq\f(x,t)－t(其中x為滑塊的位移)圖像如圖所示，重力加速度大小為g＝10m/s2，則下列說法中正確的是(BD)A．滑塊受力F的大小為20NB．滑塊運動的加速度大小為10m/s2C．1s末滑塊的速度為10m/sD．0～1s內(nèi)滑塊的位移為10m[解析]根據(jù)勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，變形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，對比eq\f(x,t)－t圖像得v0＝5m/s，eq\f(a,2)＝5m/s2，解得a＝10m/s2,1s末滑塊的速度為v1＝v0＋at＝15m/s,0～1s內(nèi)滑塊的位移為x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝10m，由牛頓第二定律可得F合＝ma＝20N，由于摩擦力未知，恒力F的方向也未知，所以F不一定等于F合，因此AC錯誤，BD正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(6分)(2022·山東威海市高三期末)很多智能手機都有加速度傳感器。安裝能顯示加速度情況的應(yīng)用程序，會有三條加速度圖像，它們分別記錄手機沿圖甲所示坐標軸方向的加速度隨時間變化的情況。某同學將手機水平拿到距離緩沖墊上方一定高度處，打開加速度傳感器，然后松手釋放，讓手機自由下落，最終手機跌到緩沖墊上。觀察手機屏幕上的加速度傳感器的圖線如圖乙所示。請觀察圖像回答以下問題：(本題結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(1)由圖乙可讀出當?shù)氐闹亓铀俣却笮〖s為_[9.8,10]__m/s2；(2)手機自由下落的高度約為_[0.60,1.0]__m；(3)若手機的質(zhì)量為170g，緩沖墊對手機豎直方向上的最大作用力約為_2.5或2.6__N。[解析](1)根據(jù)圖乙可讀出當?shù)氐闹亓铀俣却笮〖s為9.8m/s2。(2)手機自由下落的高度約為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×9.8×0.42m＝0.78m。(3)向上加速度最大時，緩沖墊對手機豎直方向上的作用力最大F－mg＝ma，解得F＝2.5N。14．(8分)(2023·遼寧模擬預(yù)測)用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測力計固定在墻上。小車上固定一定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和砂桶。(1)圖乙為實驗中打出的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出了連續(xù)的計數(shù)點，每相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標出。已知打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源兩端，則此次實驗中小車運動的加速度的測量值a＝_2.40__m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。(2)某同學做實驗時，未把木板的一側(cè)墊高，就繼續(xù)進行其他實驗步驟，該同學作出的小車的加速度a與彈簧測力計示數(shù)F的關(guān)系圖像如圖丙所示，則實驗中小車受到的摩擦力大小為_2F0__，小車的質(zhì)量為eq\f(2F1－F0,a1)。(用圖像中所標字母表示)[解析](1)每相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標出，則相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔0.1s，根據(jù)逐差法可知，小車的加速度a＝eq\f(13.49＋11.10＋8.70－6.29－3.90－1.50,9×0.12)×10－2m/s2＝2.40m/s2(2)根據(jù)牛頓第二定律可求出小車的加速度a＝eq\f(2F－f,M)變形后得到a＝eq\f(2,M)F－eq\f(f,M)結(jié)合圖像可知橫軸截距F0＝eq\f(f,2)斜率k＝eq\f(a1,F1－F0)＝eq\f(2,M)所以小車所受摩擦力f＝2F0小車的質(zhì)量M＝eq\f(2F1－F0,a1)15．(12分)(2023·湖北黃岡高三階段練習)2022年4月16日，我國航天員翟志剛、王亞平、葉光富搭乘神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。在著陸階段，主降落傘打開后主降落傘和返回艙的運動過程簡化如下：階段Ⅰ，主降落傘和返回艙沿豎直方向減速下降；階段Ⅱ，以速度v0勻速下降；階段Ⅲ，當返回艙離地面h高時，返回艙的反推發(fā)動機啟動，返回艙沿豎直方向勻減速下降，著地前瞬間速度恰好為零。已知上述過程中，主降落傘受到空氣阻力大小與其速度大小成正比，忽略其他阻力，主降落傘質(zhì)量不計，返回艙(含航天員)總質(zhì)量為m，重力加速度為g。(1)在階段Ⅰ中，當主降落傘和返回艙的速度大小為v1時，求它們的加速度大小；(2)若連接降落傘與返回艙間的n根等長輕繩均勻分布，輕繩與豎直方向的夾角均為θ，求階段Ⅱ中每根輕繩的拉力大??；(3)在階段Ⅲ中，若在反推發(fā)動機啟動后，降落傘與返回艙之間的輕繩處于松弛狀態(tài)，求反推發(fā)動機產(chǎn)生的推力大小。[答案](1)eq\f(v1－v0g,v0)(2)eq\f(mg,ncosθ)(3)mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),2h)[解析](1)在階段Ⅰ，對主降落傘和返回艙(含航天員)有kv1－mg＝ma在階段Ⅱ，對主降落傘和返回艙(含航天員)有kv0＝mg解得a＝eq\f(v1－v0g,v0)(2)在階段Ⅱ，對返回艙(含航天員)有nTcosθ＝mg解得T＝eq\f(mg,ncosθ)(3)在階段Ⅲ，主降落傘和返回艙勻減速至零，由勻變速運動規(guī)律可知0－veq\o\al(2,0)＝－2a2h對返回艙(含航天員)受力分析可知F－mg＝ma2有F＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),2h)16．(12分)(2023·浙江模擬預(yù)測)將日常生活中的報紙擰成一股繩子，將會很難把它扯斷了。校內(nèi)STEM活動小組通過“紙繩”用沿水平方向成θ的力F斜向上去拉質(zhì)量為m的一箱子書沿直線勻加速奔跑。已知箱子與塑膠操場跑道的動摩擦因素為μ，求：(1)勻加速直線運動時，箱子的加速度；(2)經(jīng)過一段時間t之后，箱子的向前通過的位移；(3)某時刻突然放手，箱子繼續(xù)向前滑行x，求放手瞬間箱子的速度。[答案](1)eq\f(Fcosθ＋μFsinθ,m)－μg(2)eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Fcosθ＋μFsinθ,m)－μg))t2(3)eq\r(2μgx)[解析](1)以箱子為研究對象，根據(jù)受力分析結(jié)合牛頓第二定律有Fcosθ－μFN＝ma，F(xiàn)N＝mg－Fsinθ解得a＝eq\f(Fcosθ－μmg－Fsinθ,m)＝eq\f(Fcosθ＋μFsinθ,m)－μg(2)根據(jù)位移時間關(guān)系x＝eq\f(1,2)at2代入加速度得x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Fcosθ＋μFsinθ,m)－μg))t2(3)放手之后箱子只受摩擦力作用做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有μmg＝ma，a＝μg根據(jù)速度位移關(guān)系有v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax解得放手瞬間箱子的速度為v0＝eq\r(2μgx)17．(14分)(2023·安徽省定