2023版高考物理一輪復習第3章牛頓運動定律綜合過關規(guī)范限時檢測新人教版必修1

PAGEPAGE2第三章綜合過關標準限時檢測總分值100分，考試時間60分鐘。一、選擇題(此題共8小題，每題6分，共計48分。1～4題為單項選擇，5～8題為多項選擇，全都選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不選的得0分)1．(2022·河南鄭州二模)圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的·表示人的重心。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力—時間圖象，兩圖中a－g各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出，重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖象分析可知eq\x(導學號51342349)(B)A．人的重力為1500NB．c點位置人處于超重狀態(tài)C．e點位置人處于失重狀態(tài)D．d點的加速度小于f點的加速度[解析]分析圖象可知：a點，人處于靜止狀態(tài)，重力等于支持力，所以G＝500N，A錯誤。c點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故B正確。e點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故C錯誤。在f點，人只受重力，加速度為g＝10m/s2；在d點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20m/s2，d點的加速度大于f點的加速度，D錯誤。2．(2022·四川綿陽一診)如圖，帶有豎直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被輕質細線和輕彈簧系住靜止于斜面上，彈簧處于拉伸狀態(tài)。現(xiàn)剪斷細線，小球沿斜面向下運動的過程中eq\x(導學號51342350)(B)A．彈簧到達自然長度前加速運動，之后減速運動B．彈簧到達自然長度前加速運動，之后先加速運動后減速運動C．加速度先增大后減小D．加速度一直減小[解析]在未剪斷細線時，彈簧處于伸長狀態(tài)，故彈簧對小球有向下的彈力，故剪斷細線后小球先加速向下運動，加速度減小，當彈簧的彈力等于小球重力沿斜面向下的分力時，速度到達最大、球繼續(xù)向下運動，此后彈簧的彈力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做減速運動，并且加速度增大，故B正確，A、C、D錯誤。3．(2022·河北冀州中學月考)在沿斜面方向的拉力F作用下，物體沿傾斜角度為θ的斜面向上運動；以沿斜面向上為正方向，0～7s內(nèi)拉力F和物體速度v隨時間的變化規(guī)律如下圖，那么以下說法中錯誤的選項是eq\x(導學號51342351)(B)A．物體的質量m＝1kgB．物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ>tanθC．斜面傾斜角度sinθ＝eq\f(1,10)D．7s后假設撤去力F，物體將會做勻速直線運動[解析]由題意及圖象可得：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，物體沿斜面向下加速，摩擦力方向沿斜面向上，有F3－mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3③由v－t圖象得a1＝1m/s2，a2＝－5m/s2，a3＝－3m/s2，由F－t圖象得F1＝3N，F(xiàn)2＝F3＝－3N，由①②式得m＝1kg，由②③式得sinθ＝eq\f(1,10)，A、C正確。由③式得mgsinθ＝μmgcosθ，μ＝tanθ，D正確，B錯誤。4．(2022·湖北襄陽五中、宜昌一中、龍泉中學聯(lián)考)水平地面上有一輕質彈簧，下端固定，上端與物體A相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向下的力壓物體A，使A豎直向下做勻加速直線運動一段距離，整個過程中彈簧一直處在彈性限度內(nèi)。以下關于所加力F的大小和運動距離x之間的關系圖象正確的選項是eq\x(導學號51342352)(D)[解析]開始時，物體處于平衡狀態(tài)，物體受重力和彈力，那么有mg＝kx1，物體向下勻加速過程，對物體受力分析，受重力、彈簧向上的彈力、推力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mg－F彈＝ma，根據(jù)胡克定律，有F彈＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F彈＝ma＋kx，故彈力與x呈線性關系，且是增函數(shù)，故D正確。5．(2022·湖南省五市十校高三聯(lián)考)如下圖，傳送帶帶面AB與水平面間夾角為α＝37°，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶保持勻速運轉。現(xiàn)將物塊由靜止放到傳送帶中部，A、B間距離足夠大(假設物塊可與帶面等速，那么物塊與帶面等速時，物塊尚未到達A或B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。以下關于物塊在帶面AB上的運動情況的分析正確的選項是eq\x(導學號51342353)(BD)A．假設傳送帶沿順時針方向勻速運轉，物塊沿傳送帶向上加速滑動B．假設傳送帶沿順時針方向勻速運轉，物塊沿傳送帶向下加速滑動C．假設傳送帶沿逆時針方向勻速運轉，物塊加速度的大小先為10m/s2，后為0D．假設傳送帶沿逆時針方向勻速運轉，物塊加速度的大小先為10m/s2，后為2m/s2[解析]假設傳送帶沿順時針方向勻速運轉，對物塊受力分析如圖甲所示，物塊受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力f＝μmgcosα，小于物塊受到沿傳送帶向下的重力分力G′＝mgsinα，所以物塊將沿傳送帶向下加速運動，應選項A錯誤，B正確；假設傳送帶沿逆時針方向勻速運轉，對物塊受力分析如圖乙所示，物塊的加速度由物塊受到的滑動摩擦力與重力分力的合力提供，所以a＝μgcosα＋gsinα＝10m/s2，方向沿傳送帶向下；當物塊速度與傳送帶速度到達共同速度時，對物塊重新受力分析如圖甲所示，此時的加速度為a′＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，方向沿傳送帶向下，應選項C錯誤，D正確。6．(2022·四川德陽什邡中學月考)如圖甲所示，將物體A放在某摩天大樓升降電梯的底板上，隨電梯一起運動，此過程中物體對升降機底板的壓力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，物體A的質量mA為60kg，g取10m/s2，那么以下說法正確的選項是eq\x(導學號51342354)(AC)A．假設電梯是由靜止開始運動，那么在25s內(nèi)電梯的位移大小為175mB．假設電梯是由靜止開始運動，那么在25s內(nèi)電梯的位移大小為275mC．假設5～15s內(nèi)電梯處于靜止狀態(tài)，那么在25s內(nèi)電梯的位移大小為75mD．假設5～15s內(nèi)電梯處于靜止狀態(tài)，那么在25s內(nèi)電梯的位移大小為125m[解析]假設電梯是由靜止開始運動，由圖可知，在第一段時間0～5s內(nèi)，電梯向下做勻加速運動，有mg－F1＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝eq\f(600－480,60)m/s2＝2m/s2。電梯下降的高度為h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×25m＝25m在第二段時間5～15s內(nèi)，電梯向下做勻速運動，速度為v＝a1t1＝2×5m/s＝10m/s，下降高度為h2＝vt2＝10×10m＝100m。在第三段時間15～25s內(nèi)，電梯向下做勻減速運動，F(xiàn)2－mg＝ma2，解得a2＝eq\f(600－600,60)m/s2＝1m/s2。25s末速度減為零，那么h3＝eq\f(v2,2a2)m＝eq\f(100,2×1)m＝50m。那么電梯下降的高度為h＝h1＋h2＋h3＝(25＋100＋50)m＝175m，故A正確，B錯誤。假設5～15s內(nèi)電梯處于靜止狀態(tài)，那么在25s內(nèi)電梯的位移大小h′＝h1＋h3＝(25＋50)m＝75m，故C正確，D錯誤。7．(2022·安徽省高三階段性測試)如下圖，在光滑水平面上，用彈簧水平連接一質量為M的斜面，彈簧的另一端固定在墻上，一輛有動力的小車質量為m，正在沿斜面向上加速運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，斜面保持靜止狀態(tài)。那么以下結論正確的選項是eq\x(導學號51342355)(BD)A．彈簧保持原長狀態(tài)B．彈簧處于拉伸狀態(tài)C．地面對斜面的支持力小于(M＋m)gD．地面對斜面的支持力大于(M＋m)g[解析]小車在斜面上做加速運動，它受到斜面對它的摩擦力f沿斜面向上，且f>mgsinθ，斜面受到重力、支持力、小車對斜面的壓力及沿著斜面向下的摩擦力和彈簧的彈力，可知彈簧對斜面的彈力水平向右，彈簧處于拉伸狀態(tài)，小車對斜面的壓力為mgcosθ，地面對小車的支持力大于(M＋m)g，那么選項BD正確，AC錯誤。8．(2022·福建晉江期中)一小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，經(jīng)過時間4t0到達B處，在5t0時刻滑塊運動到水平面的C點停止，滑塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同?；瑝K在運動過程中與接觸面間的摩擦力大小與時間的關系如下圖，設滑塊運動到B點前后速率不變。以下說法中正確的選項是eq\x(導學號51342356)(BD)A．滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16﹕5B．滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1﹕4C．斜面的傾角為45°D．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(4,7)[解析]A到B的過程中a1×4t0＝v，B到C的過程中v＝a2t0，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正確；A到B的過程中，x1＝eq\f(1,2)a1·(4t0)2＝8a1teq\o\al(2,0)，B到C的過程中可以采取逆向思維的方法，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錯誤。由圖乙可得：f2＝μmg＝5N，f1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(f1,f2)＝cosθ＝eq\f(4,5)，得θ＝37°，故C錯誤?；瑝K在斜面上運動的過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上運動的過程中，ma2＝μmg，聯(lián)立以上各式得μ＝eq\f(4,7)，故D正確。二、非選擇題(共3小題，共52分。計算題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)9．(14分)(2022·湖南省五市十校高三聯(lián)考)如下圖，質量為m＝1kg的物塊與豎直墻面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，從t＝0時刻開始用恒力F斜向上推物塊，F(xiàn)與墻面間夾角α＝37°，在t＝0時刻物塊速度為0。eq\x(導學號51342357)(1)假設F＝12.5N，墻面對物塊的靜摩擦力為多大？(2)假設F＝30N，物塊沿墻面向上滑動的加速度為多大？(3)假設要物塊保持靜止，F(xiàn)至少應為多大？(假設最大靜摩擦力等于同樣正壓力時的滑動摩擦力，F(xiàn)的計算結果保存兩位有效數(shù)字)[答案](1)0(2)5m/s2(3)9.1N[解析](1)對物塊受力分析，設靜摩擦力f方向向上，由物塊在豎直方向上平衡得Fcosα＋f＝mg得f＝0(2)對物塊受力分析，在豎直方向上運用牛頓第二定律Fcosα－μFsinα－mg＝ma得加速度大小為a＝5m/s2(3)當物塊即將下滑時，靜摩擦力最大且向上，此時恒力最小為Fmin，由物塊在豎直方向上平衡得Fmincosα＋μFminsinα＝mg得Fmin＝9.1N10．(18分)(2022·湖南長沙長郡中學月考)某同學近日做了這樣一個實驗：將一個小鐵塊(可看成質點)以一定的初速度，沿傾角可在0°～90°之間任意調(diào)整的木板向上滑動，設它沿木板向上能到達的最大位移為x，假設木板傾角不同時對應的最大位移x與木板傾角α的關系如下圖。g取10m/s2。求：(結果如果是根號，可以保存)(1)小鐵塊初速度的大小v0以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ是多少？eq\x(導學號51342358)(2)當α＝60°時，小鐵塊到達最高點后，又回到出發(fā)點、小鐵球速度將變?yōu)槎啻螅縖答案](1)v0＝5m/sμ＝eq\f(\r(3),3)(2)eq\f(5\r(2),2)m/s[解析](1)當α＝90°時，x＝1.25m，那么v0＝eq\r(2gx)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s。當α＝30°時，x＝1.25m，a＝eq\f(v\o\al(2,0),2x)＝eq\f(52,2×1.25)m/s2＝10m/s2。由牛頓第二定律得a＝gsin30°＋μgcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)當α＝60°時，上滑的加速度a1＝gsin60°＋μgcos60°，下滑的加速度a2＝gsin60°－μgcos60°。因為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·河北衡水中學二調(diào))質量為M＝2.5kg的一個長方體鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.50，這時鐵箱內(nèi)一個質量m＝0.5kg的木塊恰好靜止在后壁上(如下圖)，木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。求：eq\x(導學號51342359)(1)木塊對鐵箱的壓力；(2)水平拉力F的大??；(3)使拉力F減小到120N，經(jīng)過一段時間，木塊落至箱底且不反彈，之后某時刻當鐵箱的速度v＝6m/s時撤去拉力，經(jīng)2s時間木塊從鐵箱的左側到達右側，那么鐵箱長度是多少？[答案](1)20N，方向水平向左(2)135N(3)eq\f(41,11)m[解析](1)木塊在豎直方向，由恰好相對靜止得μ2N＝mg，解得N＝20N，由牛頓第三定律得，木塊對鐵箱的壓力20N，方向水平向左。(2)對木塊，在水平方向：N＝ma，得a＝40m/s2，對鐵箱和木塊整體F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，故水平拉