《2020版高考物理人教版（山东专用）一轮复习练习：第三章 《牛顿运动定律》综合检测 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理人教版（山东专用）一轮复习练习：第三章 《牛顿运动定律》综合检测 Word版含解析.pdf（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、牛顿运动定律综合检测 (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、 选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.在每小题给出的四 个选项中,第 17 小题只有一个选项正确,第 812 小题有多个选项 正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分) 1.下列有关行车安全的说法正确的是( C ) A.系好安全带可以减小人的惯性 B.同一辆车,速度越大停下来需要的时间越长,说明速度大的车惯 性大 C.系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害 D.系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害 解析:惯性大小唯一的量度是质量,所以 A,B 错误;系好安全带可减轻
2、 因人的惯性而造成的伤害,C 正确,D 错误. 2.如图所示,两个质量分别为 m1=2 kg,m2=3 kg 的物体置于光滑的水平 面上,中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为 F1=30 N, F2=20 N 的水平拉力分别作用在 m1,m2上,则( D ) A.弹簧测力计的示数是 25 N B.弹簧测力计的示数是 50 N C.在突然撤去 F2的瞬间,m1的加速度大小为 5 m/s2 D.在突然撤去 F1的瞬间,m1的加速度大小为 13 m/s2 3.竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一 个质量为 m 的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了 x;当电梯运动时弹簧 又
3、被压缩了 x.试判断电梯运动的可能情况是( D ) A.以大小为 2g 的加速度加速上升 B.以大小为 2g 的加速度减速上升 C.以大小为 g 的加速度加速下降 D.以大小为 g 的加速度减速下降 解析:因为电梯静止时,弹簧被压缩了 x,由此可知 mg=kx.当电梯运动 时,弹簧又被压缩了x,弹簧的弹力变大,物体所受合力方向向上,大小 是 mg,处于超重状态.由牛顿第二定律可得 mg=ma,即加速度大小 a=g, 方向是向上的,此时物体可能是做向上的匀加速运动,也可能是做向 下的匀减速运动,D 正确. 4.如图所示,在建筑工地,工人用两手对称水平使力将两长方体水泥 制品夹紧并以加速度 a 竖
4、直向上匀加速搬起,其中 A 的质量为 m,B 的 质量为 3m,水平作用力为 F,A,B 之间的动摩擦因数为 ,在此过程 中,A,B 间的摩擦力为( D ) A.F B.2F C. m(g+a) D.m(g+a) 解析:由于 A,B 相对静止,故 A,B 之间的摩擦力为静摩擦力,A,B 错误. 设工人一只手对 A,B 在竖直方向上的摩擦力为 Ff,以 A,B 整体为研究 对象可知在竖直方向上有2Ff-(m+3m)g=(m+3m)a,设B对A的摩擦力方 向向下,大小为 Ff,对 A 由牛顿第二定律有 Ff-Ff-mg=ma,解得 Ff=m(g+a),C 错误,D 正确. 5.以初速度 v 竖直向
5、上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小 成正比,下列图像中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时 间变化情况的是( D ) 解析:设小球所受的阻力 f=kv,小球的质量为 m,则在小球上升的过程 中有 mg+f=ma,得 a=g+,由于上升过程中小球的速度越来越小,小球 的加速度 a 也越来越小,故 v t 图像的斜率的绝对值越来越小,A,B 错 误;在下落过程中有 a=g-,下落过程中小球的速度越来越大,故小球 的加速度越来越小,则 v-t 图像的斜率的绝对值越来越小,C 错误,D 正确. 6.如图所示,木块 A,B 静止叠放在光滑水平面上,A 的质量为 m,B 的质 量为 2m.现
6、施加水平力 F 拉 B,A,B 刚好不发生相对滑动,一起沿水平 面运动.若改为水平力F拉A,使A,B也保持相对静止,一起沿水平面 运动,则 F不得超过( B ) A.2F B. C.3F D. 解析:水平力F拉B时,A,B刚好不发生相对滑动,这实际上是将要滑动, 但尚未滑动的一种临界状态,从而可知此时 A,B 间的摩擦力即为最大 静摩擦力. 对 A,B 整体:F=(m+2m)a. 再将 A 隔离可得 A,B 间最大静摩擦力为 Ffm=ma,解以上两式得 Ffm= . 若将 F作用在 A 上,隔离 B 可得 B 能与 A 一起运动,而 A,B 不发生相 对滑动的最大加速度 a=, 对 A,B 整
7、体:F=(m+2m)a,由以上几式解得 F= . 7.如图,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变化的图线中正 确的是( A ) 解析:开始阶段两物体一起做匀加速运动,有 F=(m1+m2)a,即 a= =,两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达 到 m2g 后,两者发生相对滑动.对 m2有 F-f=m2a2,在相对滑动之前 f 逐渐增大,相对滑动后 f=m2g 不
8、再变化,a2=-g,故其图像 斜率增大;而对 m1,在发生相对滑动后,有 m2g=m1a1,故 a1=为定 值.故A选项 正确. 8.如图(甲)所示,静止在水平地面上的物块 A,受到水平向右的拉力 F 作用,F 与时间 t 的关系如图(乙)所示,设物块与地面的最大静摩擦力 Ffm与滑动摩擦力大小相等,则( BC ) A.0t1时间内物块 A 的加速度逐渐增大 B.t2时刻物块 A 的加速度最大 C.t3时刻物块 A 的速度最大 D.t2t4时间内物块 A 一直做减速运动 解析:0t1时间内物块 A 受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状 态,选项A错误.t2时刻物块A受到的拉力F最大,物块A的
9、加速度最大, 选项B正确.t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度 减小到零,物块 A 的速度最大,选项 C 正确.t2t3时间内物块 A 做加 速度逐渐减小的加速运动,t3t4时间内物块 A 一直做减速运动,选项 D 错误. 9.如图(甲)所示,倾角为 的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为 v0=10 m/s、 质量为 m=1 kg 的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时, 整 个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图(乙)所示,取 g=10 m/s2,则下列说法正确的是( BCD ) A.05 s 内小木块做匀减速运动 B.在 t=1 s 时刻,摩擦力反向 C.斜面倾角
10、=37 D.小木块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 解析:由匀变速直线运动的速度位移公式得 v2-=2ax,由题图(乙)可 得 a=-10 m/s2,故减速运动时间 t=1 s,故 A 错误;由题图 (乙)可知,在 01 s 内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做 匀加速运动,t=1 s 时摩擦力反向,故 B 正确;由题图(乙)可知,小木块 反向加速运动时的加速度 a= m/s2=2 m/s2,由牛顿第 二定律得 mgsin +mgcos =m|a|,mgsin -mgcos =ma,代 入数据解得 =0.5,=37,故 C,D 正确. 10.如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5
11、 m,工件与传送带间的动 摩擦因数=0.1,工件滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端 的瞬时速度设为 vB.g 取 10 m/s2,下列说法中正确的是( ABC ) A.若传送带不动,vB=3 m/s B.若传送带以速度 v=4 m/s 逆时针匀速转动,vB=3 m/s C.若传送带以速度 v=2 m/s 顺时针匀速转动,vB=3 m/s D.若传送带以速度 v=4 m/s 顺时针匀速转动,vB=3 m/s 解析:若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知-=-2as,a=g, 代入数据解得vB=3 m/s,当满足选项B,C中的条件时,工件的运动情况 跟传送带不动时的一样,同理可得,
12、工件到达 B 端的瞬时速度仍为 3 m/s,故选项 A,B,C 正确;若传送带以速度 v=4 m/s 顺时针匀速转动, 则 工件滑上 A 端后做匀速运动,到 B 端的速度仍为 4 m/s,故选项 D 错误. 11.如图(甲)所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜 面倾角 的关系,将某一物体每次以不变的初速率 v0沿足够长的斜 面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角 ,实验测得 x 与斜面倾角 的关系如图(乙)所示,g 取 10 m/s2,根据图像可求出( BC ) A.物体的初速率 v0=3 m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数 =0.75 C.取不同的倾角 ,物体在斜面上能达到的位
13、移 x 的最小值 xmin= 1.44 m D.当 =45时,物体达到最大位移后将停在斜面上 解析:当斜面倾角 =90时,物体对斜面无压力,也无摩擦力,物体做 竖直上抛运动,根据匀变速直线运动规律有 02-=-2gx,根据题图 (乙)可得此时 x=1.80 m,解得初速率 v0=6 m/s,选项 A 错.当斜面倾角 = 0时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作用,则有 mgx= m,根据题图(乙)知此时x=2.40 m,解得=0.75,选项B对.物体沿 斜面上滑,由牛顿第二定律可知加速度 a=gsin +gcos =g(sin +cos ).=2ax=2g(sin +cos )x,得 当
14、sin +cos 最大时,即 tan = ,=53时,x 取最小值 xmin,解得 xmin= 1.44 m,C 项正确.当 =45时,因 mgsin 45mgcos 45,则物体 达到最大位移后将返回,D 项错误. 12.如图(甲)所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行.初速度 大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传 送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的 v- t 图像(以地面为参考系)如图(乙)所示.已知|v2|v1|,则( BD ) A.t2时刻,小物块离 A 处的距离达到最大 B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C
15、.0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析:0t1时间内,小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运 动,速度减为零时并未从左端滑下,说明传送带足够长,其向左运动的 位移大小 x1=;t1t2时间内:小物块受到的滑动摩擦力仍然向右, 因此反向做匀加速运动,加速到与传送带速度 v1相等,其位移大小 x2= 22mg 故平板做匀加速运动,加速度大小 a2=1 m/s2(1 分) 设滑块从平板左端滑至右端用时为 t,共同速度为 v,平板位移为 x, 对滑块进行分析: v=v-a1t(1 分) L2+x=vt- a1t2(1 分) 对
16、平板进行分析:v=a2t(1 分) x= a2t2(1 分) 联立以上各式代入数据解得 t=1 s,v=4 m/s. 当 v=4 m/s 时,滑块在传送带上加速运动的位移为 x1=1.6 mt,不合题意, 舍去) 将 t= s 代入 v=v1-a1t得 v=3.5 m/s.(1 分) 答案:(1)4 m/s (2)3.5 m/s 18.(12 分)如图所示,一长 L=2 m,质量 M=4 kg 的薄木板(厚度不计)静 止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5 m,木板的正中央放有 一质量为 m=1 kg 的物块(可视为质点),已知木板与平台、 物块与木板 间的动摩擦因数均为 1=0.4.现
17、对木板施加一水平向右的恒力 F,其 大小为 48 N,g 取 10 m/s2,试求: (1)F 作用了 1.2 s 时,木板的右端离平台边缘的距离; (2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因 数 2应满足的条件. 解析:(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律: 对木板: F-1(M+m)g-1mg=Ma1 解得 a1=6 m/s2(1 分) 对物块:1mg=ma2 解得 a2=4 m/s2,(1 分) 因 a2a1,故假设成立 设 F 作用 t 时间后,物块恰好从木板左端滑离,则 = a1t2- a2t2(1 分) 解得 t=1 s(1 分) 在此过程:木板
18、位移 x1= a1t2=3 m 末速度 v1=a1t=6 m/s(1 分) 物块位移 x2= a2t2=2 m, 末速度 v2=a2t=4 m/s(1 分) 在物块从木板上滑落后的 t0=0.2 s 内,由牛顿第二定律,对木板:F- 1Mg=Ma1 解得 a1=8 m/s2(1 分) 木板发生的位移 x1=v1t0+ a1=1.36 m 此时木板右端距平台边缘 x=l-x1-x1=0.64 m.(1 分) (2)物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律: 对物块:2mg=ma2(1 分) 解得 a2=2g 若物块在平台上速度减为 0, 则通过的位移 x2=(1 分) 要使物块最终不会从平台上掉下去需满足 l+ x2+x2(1 分) 联立解得 20.2.(1 分) 答案:(1)0.64 m (2)20.2