2023版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律综合过关规范限时检测新人教版必修1

PAGEPAGE2第三章综合过关标准限时检测总分值100分，考试时间60分钟。一、选择题(此题共8小题，每题6分，共计48分。1～4题为单项选择，5～8题为多项选择，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2022·河南郑州二模)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图象，两图中a－g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10m/s2，根据图象分析可知eq\x(导学号51342349)(B)A．人的重力为1500NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度[解析]分析图象可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C错误。在f点，人只受重力，加速度为g＝10m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。2．(2022·四川绵阳一诊)如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态。现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中eq\x(导学号51342350)(B)A．弹簧到达自然长度前加速运动，之后减速运动B．弹簧到达自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C．加速度先增大后减小D．加速度一直减小[解析]在未剪断细线时，弹簧处于伸长状态，故弹簧对小球有向下的弹力，故剪断细线后小球先加速向下运动，加速度减小，当弹簧的弹力等于小球重力沿斜面向下的分力时，速度到达最大、球继续向下运动，此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，并且加速度增大，故B正确，A、C、D错误。3．(2022·河北冀州中学月考)在沿斜面方向的拉力F作用下，物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动；以沿斜面向上为正方向，0～7s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如下图，那么以下说法中错误的选项是eq\x(导学号51342351)(B)A．物体的质量m＝1kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tanθC．斜面倾斜角度sinθ＝eq\f(1,10)D．7s后假设撤去力F，物体将会做匀速直线运动[解析]由题意及图象可得：0～5s，拉力F方向沿斜面向上，有F1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1①5～6s，拉力F方向沿斜面向下，有F2－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2②6～7s，拉力F方向仍沿斜面向下，物体沿斜面向下加速，摩擦力方向沿斜面向上，有F3－mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3③由v－t图象得a1＝1m/s2，a2＝－5m/s2，a3＝－3m/s2，由F－t图象得F1＝3N，F2＝F3＝－3N，由①②式得m＝1kg，由②③式得sinθ＝eq\f(1,10)，A、C正确。由③式得mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tanθ，D正确，B错误。4．(2022·湖北襄阳五中、宜昌一中、龙泉中学联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。以下关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的选项是eq\x(导学号51342352)(D)[解析]开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，那么有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故弹力与x呈线性关系，且是增函数，故D正确。5．(2022·湖南省五市十校高三联考)如下图，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转。现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(假设物块可与带面等速，那么物块与带面等速时，物块尚未到达A或B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。以下关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的选项是eq\x(导学号51342353)(BD)A．假设传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B．假设传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C．假设传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10m/s2，后为0D．假设传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10m/s2，后为2m/s2[解析]假设传送带沿顺时针方向匀速运转，对物块受力分析如图甲所示，物块受到沿传送带向上的滑动摩擦力f＝μmgcosα，小于物块受到沿传送带向下的重力分力G′＝mgsinα，所以物块将沿传送带向下加速运动，应选项A错误，B正确；假设传送带沿逆时针方向匀速运转，对物块受力分析如图乙所示，物块的加速度由物块受到的滑动摩擦力与重力分力的合力提供，所以a＝μgcosα＋gsinα＝10m/s2，方向沿传送带向下；当物块速度与传送带速度到达共同速度时，对物块重新受力分析如图甲所示，此时的加速度为a′＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，方向沿传送带向下，应选项C错误，D正确。6．(2022·四川德阳什邡中学月考)如图甲所示，将物体A放在某摩天大楼升降电梯的底板上，随电梯一起运动，此过程中物体对升降机底板的压力F随时间t变化的规律如图乙所示，物体A的质量mA为60kg，g取10m/s2，那么以下说法正确的选项是eq\x(导学号51342354)(AC)A．假设电梯是由静止开始运动，那么在25s内电梯的位移大小为175mB．假设电梯是由静止开始运动，那么在25s内电梯的位移大小为275mC．假设5～15s内电梯处于静止状态，那么在25s内电梯的位移大小为75mD．假设5～15s内电梯处于静止状态，那么在25s内电梯的位移大小为125m[解析]假设电梯是由静止开始运动，由图可知，在第一段时间0～5s内，电梯向下做匀加速运动，有mg－F1＝ma1，代入数据解得a1＝eq\f(600－480,60)m/s2＝2m/s2。电梯下降的高度为h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×25m＝25m在第二段时间5～15s内，电梯向下做匀速运动，速度为v＝a1t1＝2×5m/s＝10m/s，下降高度为h2＝vt2＝10×10m＝100m。在第三段时间15～25s内，电梯向下做匀减速运动，F2－mg＝ma2，解得a2＝eq\f(600－600,60)m/s2＝1m/s2。25s末速度减为零，那么h3＝eq\f(v2,2a2)m＝eq\f(100,2×1)m＝50m。那么电梯下降的高度为h＝h1＋h2＋h3＝(25＋100＋50)m＝175m，故A正确，B错误。假设5～15s内电梯处于静止状态，那么在25s内电梯的位移大小h′＝h1＋h3＝(25＋50)m＝75m，故C正确，D错误。7．(2022·安徽省高三阶段性测试)如下图，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一质量为M的斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一辆有动力的小车质量为m，正在沿斜面向上加速运动，当系统稳定时，斜面保持静止状态。那么以下结论正确的选项是eq\x(导学号51342355)(BD)A．弹簧保持原长状态B．弹簧处于拉伸状态C．地面对斜面的支持力小于(M＋m)gD．地面对斜面的支持力大于(M＋m)g[解析]小车在斜面上做加速运动，它受到斜面对它的摩擦力f沿斜面向上，且f>mgsinθ，斜面受到重力、支持力、小车对斜面的压力及沿着斜面向下的摩擦力和弹簧的弹力，可知弹簧对斜面的弹力水平向右，弹簧处于拉伸状态，小车对斜面的压力为mgcosθ，地面对小车的支持力大于(M＋m)g，那么选项BD正确，AC错误。8．(2022·福建晋江期中)一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同。滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如下图，设滑块运动到B点前后速率不变。以下说法中正确的选项是eq\x(导学号51342356)(BD)A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16﹕5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1﹕4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(4,7)[解析]A到B的过程中a1×4t0＝v，B到C的过程中v＝a2t0，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正确；A到B的过程中，x1＝eq\f(1,2)a1·(4t0)2＝8a1teq\o\al(2,0)，B到C的过程中可以采取逆向思维的方法，可得x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·4a1teq\o\al(2,0)＝2a1teq\o\al(2,0)，所以，eq\f(x1,x2)＝eq\f(4,1)，故A错误。由图乙可得：f2＝μmg＝5N，f1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(f1,f2)＝cosθ＝eq\f(4,5)，得θ＝37°，故C错误。滑块在斜面上运动的过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上运动的过程中，ma2＝μmg，联立以上各式得μ＝eq\f(4,7)，故D正确。二、非选择题(共3小题，共52分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)9．(14分)(2022·湖南省五市十校高三联考)如下图，质量为m＝1kg的物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始用恒力F斜向上推物块，F与墙面间夹角α＝37°，在t＝0时刻物块速度为0。eq\x(导学号51342357)(1)假设F＝12.5N，墙面对物块的静摩擦力为多大？(2)假设F＝30N，物块沿墙面向上滑动的加速度为多大？(3)假设要物块保持静止，F至少应为多大？(假设最大静摩擦力等于同样正压力时的滑动摩擦力，F的计算结果保存两位有效数字)[答案](1)0(2)5m/s2(3)9.1N[解析](1)对物块受力分析，设静摩擦力f方向向上，由物块在竖直方向上平衡得Fcosα＋f＝mg得f＝0(2)对物块受力分析，在竖直方向上运用牛顿第二定律Fcosα－μFsinα－mg＝ma得加速度大小为a＝5m/s2(3)当物块即将下滑时，静摩擦力最大且向上，此时恒力最小为Fmin，由物块在竖直方向上平衡得Fmincosα＋μFminsinα＝mg得Fmin＝9.1N10．(18分)(2022·湖南长沙长郡中学月考)某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能到达的最大位移为x，假设木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如下图。g取10m/s2。求：(结果如果是根号，可以保存)(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？eq\x(导学号51342358)(2)当α＝60°时，小铁块到达最高点后，又回到出发点、小铁球速度将变为多大？[答案](1)v0＝5m/sμ＝eq\f(\r(3),3)(2)eq\f(5\r(2),2)m/s[解析](1)当α＝90°时，x＝1.25m，那么v0＝eq\r(2gx)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s。当α＝30°时，x＝1.25m，a＝eq\f(v\o\al(2,0),2x)＝eq\f(52,2×1.25)m/s2＝10m/s2。由牛顿第二定律得a＝gsin30°＋μgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)当α＝60°时，上滑的加速度a1＝gsin60°＋μgcos60°，下滑的加速度a2＝gsin60°－μgcos60°。因为v2＝2ax，那么v1＝eq\r(\f(a2,a1))v0＝eq\f(\r(2),2)v0＝eq\f(5\r(2),2)m/s。11．(20分)(2022·河北衡水中学二调)质量为M＝2.5kg的一个长方体铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.50，这时铁箱内一个质量m＝0.5kg的木块恰好静止在后壁上(如下图)，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：eq\x(导学号51342359)(1)木块对铁箱的压力；(2)水平拉力F的大小；(3)使拉力F减小到120N，经过一段时间，木块落至箱底且不反弹，之后某时刻当铁箱的速度v＝6m/s时撤去拉力，经2s时间木块从铁箱的左侧到达右侧，那么铁箱长度是多少？[答案](1)20N，方向水平向左(2)135N(3)eq\f(41,11)m[解析](1)木块在竖直方向，由恰好相对静止得μ2N＝mg，解得N＝20N，由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力20N，方向水平向左。(2)对木块，在水平方向：N＝ma，得a＝40m/s2，对铁箱和木块整体F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，故水平拉