【核动力】2022届高三物理一轮复习章末综合检测三-第3章-牛顿运动定律-

章末综合检测(三)考试时间：60分钟第Ⅰ卷(选择题)评卷人得分一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分)1．“儿童蹦极”中，栓在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为m的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明右侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时()A．加速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下【解析】因右端弹性橡皮绳在小明腰间断裂瞬间，左侧橡皮绳的拉力还将来得及转变，故小明所受合力与断裂橡皮绳断前的拉力等大反向，由牛顿其次定律可得：a＝g，方向沿原断裂绳方向斜向下，B正确．【答案】B2.如图，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Ff.若电梯启动加速度减小为eq\f(a,2)，则下面结论正确的是()A．水平梯板对人的支持力变为eq\f(FN,2)B．水平梯板对人的摩擦力变为eq\f(Ff,2)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仍为eq\f(Ff,FN)【解析】将人的加速度分解，水平方向ax＝acosθ，竖直方向ay＝asinθ.对于人依据牛顿其次定律，在水平方向有Ff＝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eq\f(a,2)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】B3.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不行伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，A．此过程中物体C受重力等五个力作用B．当F渐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C．当F渐渐增大到1.5FT时D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为eq\f(FT,6)【解析】三物体一起向右加速运动时，C受重力、水平面的支持力和摩擦力、物体A的压力和摩擦力及绳的拉力共六个力作用，A错；取三物体为整体则有F－6μmg＝6ma，取A、C为整体则有FT－4μmg＝4ma，所以当绳要断时，联立以上两式可得F＝1.5FT，B错、C对；若水平面光滑，则a＝eq\f(F,6m)，隔离A则有FfCA＝ma＝eq\f(F,6)＝eq\f(FT,4)，D错．【答案】C4.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2的变化的图线中正确的是()【解析】刚开头木块与木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(kt,m1＋m2)，当两者相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝eq\f(F,m2)－μg，故a2＝eq\f(kt,m2)－μg，a－t图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D错误．【答案】A5.如图所示，某三角形支架ABO中，轻杆BO可绕通过O点的光滑轴转动，B端固定一质量为m的小球，A、B间用细绳连接，调整细绳长度，使AO⊥OB，且细绳与轻杆间夹角为37°.用外力保持杆AO竖直，使整个装置沿水平方向做直线运动．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，当整个装置沿水平方向以大小为a＝eq\f(1,3)g的加速度向右做匀加速运动时，细绳AB、轻杆OB对小球的作用力大小分别为()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，FAB＝1.67mg，由ma＝FABcos37°－FOB，可解得FOB＝FABcos37°－ma＝mg.【答案】C6.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板拦住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽视一切摩擦，以下说法正确的是()A．竖直挡板对球的弹力肯定增大B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面对球的弹力保持不变D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma【解析】以小球为争辩对象，分析受力状况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1.设斜面的加速度大小为a，依据牛顿其次定律得竖直方向：F1cosθ＝mg①水平方向：F2－F1sinθ＝ma，②由①看出，斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关，不行能为零，故B错误，C正确．由②看出，F2＝F1sinθ＋ma.故A正确．依据牛顿其次定律知，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，故D错误．【答案】AC7．如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开头运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比，物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/sA．当风速为3m/s时B．当风速为5m/s时C．当风速为5m/s时D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25【解析】由题图乙得物体做加速度渐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a0＝4m/s2，沿斜面方向有a＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.25，D正确；物体沿斜面方向开头加速下滑，随着速度的增大，水平风力渐渐增大，摩擦力渐渐增大，则加速度渐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍旧加速运动，直到速度为5【答案】AD8.如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．A．小煤块从A运动到B的时间是eq\r(2)sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25sC．划痕长度是4D．划痕长度是0.5【解析】小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg＝4m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝eq\f(v0,a)＝0.5s，此时小煤块运动的位移x1＝eq\f(v0,2)t1＝0.5m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1m，故小煤块在带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5m，小煤块匀速运动，故t2＝eq\f(x－x1,v0)＝1.75s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s，A错误，B正确【答案】BD第Ⅱ卷(综合应用)评卷人得分二、综合应用(共4小题，共58分)9.(16分)Ⅰ.(6分)某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的试验方案，如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开头时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x.(空气阻力对本试验的影响可以忽视)(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为______．(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________．(3)以下能引起试验误差的是________．a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时【解析】自由落体运动的规律为H＝eq\f(1,2)gt2，斜面上匀加速运动的规律为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－h2),x)，解得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(x2,H)))eq\f(1,\r(x2－h2))，从试验原理和理论计算结果看，引起试验误差的主要是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－h2))(3)cdⅡ.(10分)如图所示是某同学探究小车加速度与力的关系的试验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．(1)若用10分度的游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图所示，则宽度为________mm，试验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt，则小车经过光电门时的速度v＝________(用字母表示)．(2)测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间Δt，通过描点作出线性图象，争辩小车加速度与力的关系．处理数据时应作出________图象．A．Δt－mB．Δt2－mC.eq\f(1,Δt)－m D.eq\f(1,Δt2)－m(3)有一位同学通过试验测量作出的图线如图所示，试分析①图线不通过坐标原点的缘由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②图线上部弯曲的缘由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.【解析】(1)由题图可知第7条刻度线与主尺刻度线对齐，游标卡尺读数为1.1cm－7×0.9mm＝4.7mm，由于遮光条的宽度较小，所以遮光条通过光电门的平均速度等于物体的瞬时速度，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，所以争辩小车加速度与力的关系处理数据时应作出eq\f(1,Δt2)－m图象．(3)见答案．【答案】(1)4.7eq\f(d,Δt)(2)D(3)①图象与横轴有交点，说明在外力比较小时小车没有加速度，因此说明试验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足②由试验原理知：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，可见当m较大而不满足Mm时图象斜率会明显减小10．(12分)(2021·临沂高三上学期期中)如图所示，静止在水平地面上的平板车，质量M＝10kg，其上表面离水平地面的高度h＝1.25m．在离平板车左端B点L＝2.7m的P点放置一个质量m＝1kg的小物块(小物块可视为质点)．某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F＝50N，一段时间后小物块脱离平板车落到地面上．(车与地面及小物块间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取(1)小物块从离开平板车至落到地面上所需时间；(2)小物块离开平板车时的速度大小；(3)小物块落地时，平板车的位移大小．【解析】(1)小物块从离开平板车至落到地面所需时间即为其平抛时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s(2)小物块在平板车上向右做匀加速直线运动的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg小物块向右运动的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)小物块离开平板车时的速度v1＝a1t1在这段时间内平板车的加速度a2＝eq\f(F－μM＋mg－μmg,M)平板车向右运动的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)且有x2－x1＝L联立解得v1＝6m/sx2(3)物块离开平板车后，车的加速度a3＝eq\f(F－μMg,M)平板车在两者分别后的位移x3＝a2t1t＋eq\f(1,2)a3t2平板车的总位移x＝x2＋x3解得x＝15.975【答案】(1)0.5s(2)11.7m(311.(12分)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在倾角θ＝30°的粗糙斜面上，另一端连接一个质量为m的滑块A，滑块与斜面间的最大静摩擦力的大小与其滑动摩擦力的大小可视为相等，均为f，且f＜eq\f(1,2)mg.则：(1)假如保持滑块在斜面上静止不动，弹簧的最大形变量为多大？(2)若在滑块A上再固定一块质量为2m的滑块B，两滑块构成的整体将沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为(1)中所求的最大值，其加速度为多大【解析】(1)由于eq\f(1,2)mg＞f，因此滑块静止时弹簧肯定处于伸长状态，设弹簧最大形变量为l1，则依据共点力的平衡条件有：kl1＝mgsin30°＋f解得：l1＝eq\f(mg＋2f,2k).(2)将滑块B固定在A上后，设弹簧的伸长量仍为l1，两滑块的加速度为a，则依据牛顿其次定律，有：3mgsin30°－kl1－3f＝3解得：a＝eq\f(g,3)－eq\f(4f,3m).【答案】(1)eq\f(mg＋2f,2k