【核動力】2022屆高三物理一輪復(fù)習(xí)章末綜合檢測三-第3章-牛頓運(yùn)動定律-

章末綜合檢測(三)考試時(shí)間：60分鐘第Ⅰ卷(選擇題)評卷人得分一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分)1．“兒童蹦極”中，栓在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩．質(zhì)量為m的小明如圖靜止懸掛時(shí)兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時(shí)小明右側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時(shí)()A．加速度為零B．加速度a＝g，沿原斷裂繩的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未斷裂繩的方向斜向上D．加速度a＝g，方向豎直向下【解析】因右端彈性橡皮繩在小明腰間斷裂瞬間，左側(cè)橡皮繩的拉力還將來得及轉(zhuǎn)變，故小明所受合力與斷裂橡皮繩斷前的拉力等大反向，由牛頓其次定律可得：a＝g，方向沿原斷裂繩方向斜向下，B正確．【答案】B2.如圖，電梯與水平地面成θ角，一人靜止站在電梯水平梯板上，電梯以恒定加速度a啟動過程中，水平梯板對人的支持力和摩擦力分別為FN和Ff.若電梯啟動加速度減小為eq\f(a,2)，則下面結(jié)論正確的是()A．水平梯板對人的支持力變?yōu)閑q\f(FN,2)B．水平梯板對人的摩擦力變?yōu)閑q\f(Ff,2)C．電梯加速啟動過程中，人處于失重狀態(tài)D．水平梯板對人的摩擦力和支持力之比仍為eq\f(Ff,FN)【解析】將人的加速度分解，水平方向ax＝acosθ，豎直方向ay＝asinθ.對于人依據(jù)牛頓其次定律，在水平方向有Ff＝max，在豎直方向有FN－mg＝may，人處于超重狀態(tài)，C錯誤；當(dāng)加速度由a變?yōu)閑q\f(a,2)時(shí)，摩擦力變?yōu)樵瓉淼囊话?，但支持力不為原來的一半，則它們的比值也發(fā)生變化，故A、D錯誤，B正確．【答案】B3.如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，其間用一不行伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT，現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動，A．此過程中物體C受重力等五個(gè)力作用B．當(dāng)F漸漸增大到FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷C．當(dāng)F漸漸增大到1.5FT時(shí)D．若水平面光滑，則繩剛斷時(shí)，A、C間的摩擦力為eq\f(FT,6)【解析】三物體一起向右加速運(yùn)動時(shí)，C受重力、水平面的支持力和摩擦力、物體A的壓力和摩擦力及繩的拉力共六個(gè)力作用，A錯；取三物體為整體則有F－6μmg＝6ma，取A、C為整體則有FT－4μmg＝4ma，所以當(dāng)繩要斷時(shí)，聯(lián)立以上兩式可得F＝1.5FT，B錯、C對；若水平面光滑，則a＝eq\f(F,6m)，隔離A則有FfCA＝ma＝eq\f(F,6)＝eq\f(FT,4)，D錯．【答案】C4.如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2的變化的圖線中正確的是()【解析】剛開頭木塊與木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(kt,m1＋m2)，當(dāng)兩者相對滑動后，木板只受滑動摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動摩擦力，a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝eq\f(F,m2)－μg，故a2＝eq\f(kt,m2)－μg，a－t圖象中斜率變大，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯誤．【答案】A5.如圖所示，某三角形支架ABO中，輕桿BO可繞通過O點(diǎn)的光滑軸轉(zhuǎn)動，B端固定一質(zhì)量為m的小球，A、B間用細(xì)繩連接，調(diào)整細(xì)繩長度，使AO⊥OB，且細(xì)繩與輕桿間夾角為37°.用外力保持桿AO豎直，使整個(gè)裝置沿水平方向做直線運(yùn)動．已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，當(dāng)整個(gè)裝置沿水平方向以大小為a＝eq\f(1,3)g的加速度向右做勻加速運(yùn)動時(shí)，細(xì)繩AB、輕桿OB對小球的作用力大小分別為()A．FAB＝0.6mgFOB＝mgB．FAB＝mgFOB＝1.67mgC．FAB＝1.67mgFOB＝mgD．FAB＝mgFOB＝0.6mg【解析】FAB＝eq\f(mg,sin37°)＝1.67mg，加速度a向右，F(xiàn)AB＝1.67mg，由ma＝FABcos37°－FOB，可解得FOB＝FABcos37°－ma＝mg.【答案】C6.如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個(gè)豎直擋板攔住，處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一個(gè)力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動，忽視一切摩擦，以下說法正確的是()A．豎直擋板對球的彈力肯定增大B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C．斜面對球的彈力保持不變D．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma【解析】以小球?yàn)闋庌q對象，分析受力狀況，如圖：重力mg、豎直擋板對球的彈力F2和斜面的彈力F1.設(shè)斜面的加速度大小為a，依據(jù)牛頓其次定律得豎直方向：F1cosθ＝mg①水平方向：F2－F1sinθ＝ma，②由①看出，斜面的彈力F1大小不變，與加速度無關(guān)，不行能為零，故B錯誤，C正確．由②看出，F(xiàn)2＝F1sinθ＋ma.故A正確．依據(jù)牛頓其次定律知，重力、斜面和擋板對球的彈力三個(gè)力的合力等于ma，故D錯誤．【答案】AC7．如圖甲所示，一物體沿傾角為θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開頭運(yùn)動，同時(shí)受到水平向右的風(fēng)力作用，水平風(fēng)力的大小與風(fēng)速成正比，物體在斜面上運(yùn)動的加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖乙所示，則(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/sA．當(dāng)風(fēng)速為3m/s時(shí)B．當(dāng)風(fēng)速為5m/s時(shí)C．當(dāng)風(fēng)速為5m/s時(shí)D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25【解析】由題圖乙得物體做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動，物體的加速度方向不變，當(dāng)風(fēng)的初速度為零時(shí)，加速度為a0＝4m/s2，沿斜面方向有a＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.25，D正確；物體沿斜面方向開頭加速下滑，隨著速度的增大，水平風(fēng)力漸漸增大，摩擦力漸漸增大，則加速度漸漸減小，但加速度的方向不變，物體仍舊加速運(yùn)動，直到速度為5【答案】AD8.如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點(diǎn)相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始終保持不變)順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)．今將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放至A點(diǎn)處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4，g取10m/s2.由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕．A．小煤塊從A運(yùn)動到B的時(shí)間是eq\r(2)sB．小煤塊從A運(yùn)動到B的時(shí)間是2.25sC．劃痕長度是4D．劃痕長度是0.5【解析】小煤塊剛放上傳送帶后，加速度a＝μg＝4m/s2，由v0＝at1可知，小煤塊加速到與傳送帶同速的時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a)＝0.5s，此時(shí)小煤塊運(yùn)動的位移x1＝eq\f(v0,2)t1＝0.5m，而傳送帶的位移為x2＝v0t1＝1m，故小煤塊在帶上的劃痕長度為l＝x2－x1＝0.5m，D正確，C錯誤；之后的x－x1＝3.5m，小煤塊勻速運(yùn)動，故t2＝eq\f(x－x1,v0)＝1.75s，故小煤塊從A運(yùn)動到B的時(shí)間t＝t1＋t2＝2.25s，A錯誤，B正確【答案】BD第Ⅱ卷(綜合應(yīng)用)評卷人得分二、綜合應(yīng)用(共4小題，共58分)9.(16分)Ⅰ.(6分)某探究小組設(shè)計(jì)了“用一把尺子測定動摩擦因數(shù)”的試驗(yàn)方案，如圖所示，將一個(gè)小球和一個(gè)滑塊用細(xì)繩連接，跨在斜面上端．開頭時(shí)小球和滑塊均靜止，剪斷細(xì)繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音．保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復(fù)以上操作，直到能同時(shí)聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音．用刻度尺測出小球下落的高度H、滑塊釋放點(diǎn)與擋板處的高度差h和沿斜面運(yùn)動的位移x.(空氣阻力對本試驗(yàn)的影響可以忽視)(1)滑塊沿斜面運(yùn)動的加速度與重力加速度的比值為______．(2)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為________．(3)以下能引起試驗(yàn)誤差的是________．a(chǎn)．滑塊的質(zhì)量b．當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮．長度測量時(shí)的讀數(shù)誤差d．小球落地和滑塊撞擊擋板不同時(shí)【解析】自由落體運(yùn)動的規(guī)律為H＝eq\f(1,2)gt2，斜面上勻加速運(yùn)動的規(guī)律為x＝eq\f(1,2)at2，所以eq\f(a,g)＝eq\f(x,H).而mgsinθ－μmgcosθ＝ma，其中sinθ＝eq\f(h,x)，cosθ＝eq\f(\r(x2－h(huán)2),x)，解得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(x2,H)))eq\f(1,\r(x2－h(huán)2))，從試驗(yàn)原理和理論計(jì)算結(jié)果看，引起試驗(yàn)誤差的主要是cd.【答案】(1)eq\f(x,H)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(x2,H)))eq\f(1,\r(x2－h(huán)2))(3)cdⅡ.(10分)如圖所示是某同學(xué)探究小車加速度與力的關(guān)系的試驗(yàn)裝置，他將光電門固定在水平軌道上的B點(diǎn)，用不同重物通過細(xì)線拉同一小車，每次小車都從同一位置A由靜止釋放．(1)若用10分度的游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度d，如圖所示，則寬度為________mm，試驗(yàn)時(shí)將小車從圖示位置由靜止釋放，由數(shù)字計(jì)時(shí)器讀出遮光條通過光電門的時(shí)間Δt，則小車經(jīng)過光電門時(shí)的速度v＝________(用字母表示)．(2)測出多組重物的質(zhì)量m和對應(yīng)遮光條通過光電門的時(shí)間Δt，通過描點(diǎn)作出線性圖象，爭辯小車加速度與力的關(guān)系．處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出________圖象．A．Δt－mB．Δt2－mC.eq\f(1,Δt)－m D.eq\f(1,Δt2)－m(3)有一位同學(xué)通過試驗(yàn)測量作出的圖線如圖所示，試分析①圖線不通過坐標(biāo)原點(diǎn)的緣由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②圖線上部彎曲的緣由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.【解析】(1)由題圖可知第7條刻度線與主尺刻度線對齊，游標(biāo)卡尺讀數(shù)為1.1cm－7×0.9mm＝4.7mm，由于遮光條的寬度較小，所以遮光條通過光電門的平均速度等于物體的瞬時(shí)速度，即v＝eq\f(d,Δ(2)由2as＝v2，得2as＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2，即a∝eq\f(1,Δt2)，又由于F＝mg，所以爭辯小車加速度與力的關(guān)系處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出eq\f(1,Δt2)－m圖象．(3)見答案．【答案】(1)4.7eq\f(d,Δt)(2)D(3)①圖象與橫軸有交點(diǎn)，說明在外力比較小時(shí)小車沒有加速度，因此說明試驗(yàn)前沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足②由試驗(yàn)原理知：mg＝(M＋m)a，a＝eq\f(mg,M＋m)，由v2＝2as得a＝eq\f(d2,2sΔt2)，所以eq\f(1,Δt2)＝eq\f(2s,d2M＋m)mg，可見當(dāng)m較大而不滿足Mm時(shí)圖象斜率會明顯減小10．(12分)(2021·臨沂高三上學(xué)期期中)如圖所示，靜止在水平地面上的平板車，質(zhì)量M＝10kg，其上表面離水平地面的高度h＝1.25m．在離平板車左端B點(diǎn)L＝2.7m的P點(diǎn)放置一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小物塊(小物塊可視為質(zhì)點(diǎn))．某時(shí)刻對平板車施加一水平向右的恒力F＝50N，一段時(shí)間后小物塊脫離平板車落到地面上．(車與地面及小物塊間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取(1)小物塊從離開平板車至落到地面上所需時(shí)間；(2)小物塊離開平板車時(shí)的速度大??；(3)小物塊落地時(shí)，平板車的位移大小．【解析】(1)小物塊從離開平板車至落到地面所需時(shí)間即為其平拋時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s(2)小物塊在平板車上向右做勻加速直線運(yùn)動的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg小物塊向右運(yùn)動的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)小物塊離開平板車時(shí)的速度v1＝a1t1在這段時(shí)間內(nèi)平板車的加速度a2＝eq\f(F－μM＋mg－μmg,M)平板車向右運(yùn)動的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)且有x2－x1＝L聯(lián)立解得v1＝6m/sx2(3)物塊離開平板車后，車的加速度a3＝eq\f(F－μMg,M)平板車在兩者分別后的位移x3＝a2t1t＋eq\f(1,2)a3t2平板車的總位移x＝x2＋x3解得x＝15.975【答案】(1)0.5s(2)11.7m(311.(12分)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧，一端固定在傾角θ＝30°的粗糙斜面上，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊A，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力的大小與其滑動摩擦力的大小可視為相等，均為f，且f＜eq\f(1,2)mg.則：(1)假如保持滑塊在斜面上靜止不動，彈簧的最大形變量為多大？(2)若在滑塊A上再固定一塊質(zhì)量為2m的滑塊B，兩滑塊構(gòu)成的整體將沿木板向下運(yùn)動，當(dāng)彈簧的形變量仍為(1)中所求的最大值，其加速度為多大【解析】(1)由于eq\f(1,2)mg＞f，因此滑塊靜止時(shí)彈簧肯定處于伸長狀態(tài)，設(shè)彈簧最大形變量為l1，則依據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件有：kl1＝mgsin30°＋f解得：l1＝eq\f(mg＋2f,2k).(2)將滑塊B固定在A上后，設(shè)彈簧的伸長量仍為l1，兩滑塊的加速度為a，則依據(jù)牛頓其次定律，有：3mgsin30°－kl1－3f＝3解得：a＝eq\f(g,3)－eq\f(4f,3m).【答案】(1)eq\f(mg＋2f,2k