届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末过关检测 新人教版Word文档格式.docx
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由于没有拉动牛,可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力,故C正确,D错误.
2.(2018·
宝鸡高三质检)
如图所示,将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上,用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来.框架和小球都静止时弹簧1竖直,弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长,这时框架对地面的压力大小等于(M+m)g.现将弹簧1从最上端剪断,则在剪断后瞬间( )
A.框架对地面的压力大小仍为(M+m)g
B.框架对地面的压力大小为0
C.小球的加速度大小等于g
D.小球的加速度为0
选D.剪断弹簧1瞬间,弹簧的形变不改变,小球所受合外力为0,由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0,C项错误,D项正确;
框架受重力和支持力作用,FN=Mg,由牛顿第三定律可知,框架对地面的压力大小为Mg,A、B项错误.
3.
如图所示,在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆,杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球,开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动,经过一段时间,装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上,重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A.向左匀速时,杆对小球的作用力大小为
B.在粗糙水平面上运动时,杆对小球的作用力方向可能水平向右
C.在粗糙水平面上运动时,杆对小球的作用力大小可能为
D.整个运动过程中,杆对小球的作用力始终大于mg
选C.装置向左匀速运动时,小球受平衡力的作用,则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反,即FN=mg,A错误;
进入粗糙的水平面后,整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动,设斜劈与小球的总质量为M,由牛顿第二定律可知μMg=Ma,解得a=μg,则小球的加速度大小也为μg,方向水平向右,对小球受力分析如图所示,小球受到的合力方向水平向右,则弹力的大小为FN=
>
mg,由以上分析可知D错误;
由于竖直方向合力一定为零,因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力,因此在粗糙水平面上运动时,杆对小球的作用力方向不可能水平向右,B错误;
当a=gtanθ时,代入以上的式子可得FN=
,C正确.
4.
广西桂林十八中月考)如图所示,在竖直平面内有一矩形,其长边与一圆的底部相切于O点,现在有三条光滑轨道a、b、c,它们的上端位于圆周上,下端在矩形的底边,三轨道都经过切点O,现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置),则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A.ta>tb>tc B.ta<tb<tc
C.ta=tb=tcD.无法确定
选B.设上面圆的半径为r,矩形宽为R,轨道与竖直方向的夹角为α,则轨道的长度s=2rcosα+
,下滑的加速度a=
,根据位移时间公式得,s=
at2,则t=
=
.因为a、b、c夹角由小至大,所以有tc>tb>ta.故B正确,A、C、D错误.
5.如图所示,在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B,两滑块之间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动,且F1>
F2.以A、B为一个系统,当运动达到稳定时,若地面光滑,设弹簧伸长量为Δl1,系统加速度为a1;
若地面粗糙,设弹簧的伸长量为Δl2,系统加速度为a2,则下列关系式正确的是( )
A.Δl1=Δl2,a1=a2 B.Δl1>
Δl2,a1>
a2
C.Δl1=Δl2,a1>
a2D.Δl1<
Δl2,a1<
选C.设两个滑块的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a1=
,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得F1-k·
Δl1=ma1,代入解得弹簧的伸长量为Δl1=
;
若水平地面粗糙,则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a2=
-μg,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得F1-k·
Δl2-μmg=ma2,代入解得弹簧的伸长量为Δl2=
,可见Δl1=Δl2,a1>
a2,故选项C正确.
6.
山东师大附中模拟)如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a开始运动,当其速度达到v后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动,关于上述过程,以下判断正确的是(重力加速度为g)( )
A.μ与a之间一定满足关系μ>
B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为
C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为
D.黑色痕迹的长度为
选C.方法一公式法:
由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a′=μg,由于煤块与传送带之间要发生相对滑动,传送带的加速度需大于煤块的加速度,即a>
μg,则μ<
,A错误;
煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t=
,此时煤块的位移x1=
,传送带的位移x2=
+v
-
,煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度,则Δx=x2-x1=
,C正确,B、D错误.
方法二图象法:
根据题意,由于煤块与传送带之间发生相对滑动,则传送带的加速度一定大于煤块的加速度,由题意作出煤块和传送带的速度-时间图象,如图所示,由于二者最终的速度均为v,则t1=
、t2=
,煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob与横轴所围的面积,即x=
t2=
,黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移,即图线Oa、ab、Ob所围的面积,则Δx=
(t2-t1)=
.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分)
7.如图所示,质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为θ,现分别以水平恒力F作用于A物块上,保持A、B相对静止共同运动,则下列说法中正确的是( )
A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大
B.两种情况下获取的最大加速度相同
C.两种情况下所加的最大推力相同
D.采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力
选BC.甲方式中,F最大时,A刚要离开地面,A受力如图1所示,则
FN1cosθ=mg①
对B:
F′N1sinθ=ma1②
由牛顿第三定律可知F′N1=FN1③
乙方式中,F最大时,B刚要离开地面,B受力如图2所示,则
FN2cosθ=mg④
FN2sinθ=ma2⑤
由①③④可知FN2=FN1=F′N1⑥
由②⑤⑥式可得a2=a1,对整体易知F2=F1,
故选项B、C正确,选项A、D错误.
8.
2017年6月4日,雨花石文创新品在南京市新城科技园发布,20余项文创新品体现金陵之美.某小朋友喜欢玩雨花石,他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起,如图所示.斜面体乙静止在水平地面上.现减小水平外力F,三者仍然静止,则下列说法中正确的是( )
A.甲对丙的支持力一定减小
B.乙对甲的摩擦力一定减小
C.地面对乙的摩擦力一定减小
D.甲可能受5个力的作用
选CD.把甲、乙、丙看成一个整体,系统处于平衡状态,水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F的大小,当F减小时,地面对乙的摩擦力随之减小,C正确;
对丙进行受力分析,丙始终处于静止状态,所受各个力的大小均不变,A错误;
将甲、丙看成一个整体,由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定,故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定,B错误;
当甲、乙之间的静摩擦力为0时,甲受5个力的作用,如图所示,D正确.
9.
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μ,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,则圆环运动过程中( )
A.最大加速度为
B.最大加速度为
C.最大速度为
D.最大速度为
选AC.当F1<
mg时,由牛顿第二定律得F-μ(mg-kv)=ma,当v=
时,圆环的加速度最大,即amax=
,选项A正确,B错误;
圆环速度逐渐增大,F1=kv>
mg,由牛顿第二定律得F-μ(kv-mg)=ma,当a=0时,圆环的速度最大,即vmax=
,选项C正确,D错误.
10.
山东德州模拟)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为3m和2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态.现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,A的加速度的方向沿斜面向上,大小为a,则( )
A.从静止到B刚离开C的过程中,A运动的距离为
B.从静止到B刚离开C的过程中,A克服重力做的功为
C.恒力F的大小为5mgsinθ+3ma
D.当A的速度达到最大时,B的加速度大小为
a
选ACD.开始时,弹簧处于压缩状态,弹力等于A的重力沿斜面向下的分力,根据胡克定律,有3mgsinθ=kx1,解得x1=
,B刚要离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,根据胡克定律,有2mgsinθ=kx2,解得x2=
,故A运动的距离Δx=x1+x2=
,A正确;
从静止到B刚离开C的过程中,A克服重力做功W=3mg·
Δx·
sinθ=
,B错误;
B刚离开C时A受拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力共同作用,根据牛顿第二定律,有F-3mgsinθ-T=3ma,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,即T=2mgsinθ,则恒力F的大小为5mgsinθ+3ma,C正确;
当A的速度达到最大时,A受到的合力为零,即F-3mgsinθ-T′=0,所以T′=2mgsinθ+3ma,B沿斜面方向受到合力FB=T′-2mgsinθ=3ma,又因为FB=2ma′,解得a′=
a,D正确.
三、非选择题(本题共3小题,共40分.按题目要求作答,计算题要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(10分)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置.
(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持__________不变,用钩码所受的重力作为____________,用DIS测小车的加速度.
(2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量,在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图乙所示).
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________________________.
②此图线的AB段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是________.
A.小车与轨道之间存在摩擦
B.导轨保持了水平状态
C.所挂钩码的总质量太大
D.所用小车的质量太大
(1)因为要探究“加速度和力的关系”,所以