《课标版2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末检测含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课标版2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末检测含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、章末检测一、选择题1.关于物体的惯性,下列说法中正确的是() A.运动速度大的物体不能很快地停下来,是因为物体的速度越大,惯性也越大B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性1.答案C一切物体都具有惯性,惯性大小只与物体的质量有关。惯性是物体本身的一种属性,与外界因素(受力的大小以及所处的环境)及自身的运动状态无关,故A、D选项错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车的质量大,惯性大,而不是因为静止的物体惯性大,B选项错误。乒乓球可以快速抽杀,是因为其质量小,惯性小,在相同的力的作用下,运动状态容
2、易改变,故C选项正确。2.(多选)(2019山东潍坊模拟)如图所示,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上,环与杆的动摩擦因数为,现给环一个水平向右的恒力F,使圆环由静止开始运动,同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv,其中k为常数,重力加速度为g,则圆环运动过程中()A.最大加速度为FmB.最大加速度为F+mgmC.最大速度为F+mgkD.最大速度为mgk2.答案AC当F1=kvmg时,由牛顿第二定律得F-(mg-kv)=ma,当v=mgk时,圆环的加速度最大,即am=Fm,选项A正确,B错误;圆环速度逐渐增大,当F1=kvmg时,由牛顿第二定律得F-(kv-mg)
3、=ma,当a=0时,圆环的速度最大,即vm=F+mgk,选项C正确,D错误。3.(2019河南郑州一模)阿联酋迪拜哈利法塔,原名迪拜塔,塔高828 m,也被称为世界第一高楼。楼层总数162层,配备56部电梯,电梯最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是()A.t=6 s时,电梯处于失重状态B.753 s时间内,绳索拉力最小C.t=59 s时,电梯处于超重状态D.t=60 s时,电梯速度恰好为03.答案D根据a-t图像可知t=6 s时电梯
4、的加速度向上,电梯处于超重状态,故A错误。5355 s时间内,加速度的方向向下,电梯处于失重状态,绳子的拉力小于重力;而753 s时间内,a=0,电梯处于平衡状态,绳索拉力等于电梯的重力,应大于电梯失重时绳索的拉力,所以这段时间内绳索拉力不是最小,故B错误。t=59 s时,电梯减速向上运动,aL0时,小木块先加速后匀速,加速阶段有v=at1,得t1=vg匀速阶段有L-L0=vt2,得t2=Lv-v2g由t=t1+t2得t=Lv+v2g,故A可能。6.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上,一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上,如图所示。工件与桌面、绳之间以及绳与桌
5、子边缘之间的摩擦都忽略不计,重力加速度为g,则重物下落过程中,工件的加速度为()A.mg2M B.mgM+mC.2mgM+4mD.2mgM+2m6.答案C相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度是工件加速度的2倍,设细绳上的拉力为F,根据牛顿第二定律有mg-F=mam,2F=MaM,又am=2aM,解得aM=2mgM+4m,所以C正确。7.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为1、2,它们在斜面上加速下滑,关于杆的受力情况。下列分析正确的是()A.若12,m1=m2,则杆受到压力B.若1=2
6、,m1m2,则杆受到拉力C.若12,m12,m1=m2,则aAm2,aA=aB,所以杆不受力,B项错误;若12,m1aB,两物体有远离的趋势,所以杆受到拉力作用,C正确;若1=2,m1m2,aA=aB,所以杆不受力,D项正确。8.(多选)如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端拴接质量为m的小球,小球放在倾角为30的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30角,重力加速度为g,则()A.平衡时,斜面对小球的作用力大小为32mgB.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为32gC.若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为g2D.若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一
7、轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小8.答案CD小球静止于斜面上,设小球受的弹簧拉力为T,斜面对小球的支持力为FN,对小球受力分析如图,则FN sin 30=T sin 30,FN cos 30+T cos 30=mg,解得FN=T=33mg,故A错误;将斜面突然移走,小球受到弹簧拉力和重力,弹簧弹力不突变,所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等,方向相反,根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小a1=F合m=33g,故B错误;将弹簧剪断的瞬间,小球即将沿斜面向下做匀加速运动,小球的加速度大小a2=mgsin30m=12g,故C正确;将弹簧换成原长相同
8、但劲度系数更大的另一轻弹簧,弹簧弹力将变大,小球将沿斜面向上运动,系统重新达到平衡时,轻弹簧与竖直方向的夹角小于30,但斜面对小球的支持力方向不变,根据作图可得斜面对小球的作用力变小,故D正确。二、非选择题9.某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带,砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小,铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变,逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验,得到多组a、F值(F为力传感器的示数,等于悬挂滑轮轻绳的拉力),不计滑轮的重力。甲(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示a-F关系图像,则由该图像可得铝箱总质
9、量m=kg,重力加速度g=m/s2。乙(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线。A.偏向纵轴B.偏向横轴C.斜率逐渐减小D.斜率不变9.答案(1)0.259.8(2)D解析(1)对铝箱分析,由牛顿第二定律有FT-mg=ma对滑轮分析,由平衡条件有F=2FT联立可解得a=12mF-g可知图线的斜率k=12m=9.84.9 kg-1,解得m=0.25 kg,纵轴截距-g=-9.8 m/s2,解得g=9.8 m/s2。(2)图线的斜率k=12m,当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线的斜率不变,故选D。10.如图所示,一质量为mB=2 kg的木板B静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠一固定
10、斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角=37。一质量为mA=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放,物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为1=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为2=0.2,sin =0.6,cos =0.8,g取10 m/s2,物块A可看做质点。请问:(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大?(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?木板B有多长?10.答案(1)8 m/s(2)2 s8 m解析(1)设物块A从斜面滑下时的加速度大小为a1,则mAg s
11、in -1mAg cos =mAa1解得a1=4 m/s2物块A刚滑到木板B上时的速度大小v1=2a1x0=248 m/s=8 m/s(2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它们的加速度大小相等,均为a2=2mAgmA=2g=2 m/s2设木板B的长度为L,二者最终的共同速度为v2,对物块A有v2=v1-a2t2xA=v1t2-12a2t22对木板B有v2=a2t2xB=12a2t22位移关系xA-xB=L联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为t2=2 s,L=8 m11.一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木
12、板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。11.答案(1)0.20.3(2)1.125 m解析(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则a1=v1t1a2=v0-v1t1式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2,由牛顿第二定律得1mg=ma1(1+22)mg=ma2联立式得
