2023届高考物理一轮复习 综合测试卷三 运动和力的关系

这是一份2023届高考物理一轮复习 综合测试卷三 运动和力的关系，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题10小题，共48分，1-6题为单选，每小题4分。7－10为多选，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．新疆达瓦孜艺术第六代传人，高空王子阿迪力曾成功挑战广州“小蛮腰”，如图所示，阿迪力蒙眼在某段高空水平钢丝上表演“金鸡独立”时，他(含手中横竿)受到的支持力与重力的关系是( )
A．一对平衡力
B．作用力和反作用力
C．支持力小于重力
D．支持力大于重力
2．如图所示，质量均为2 kg的物体A、B静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体C用细线悬挂起来，B、C紧挨在一起，但B、C之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为( )
A．24 N B．0
C．36 N D．28 N
3.如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中，图中关于小球的加速度a随时间t或随距O点的距离x变化的关系图像正确的是( )
4．如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
A．拉力大小为12 N
B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1
C．1.5 s后物块可能返回
D．1.5 s后物块一定静止
5．如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量mA＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．物块B的质量为4 kg
B．A、B间的动摩擦因数为0.4
C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2
D．当F＝10 N时，物块A的加速度大小为1.5 m/s2
6.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A.图线与纵轴的交点的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C.图线与横轴的交点N的值mg
D.图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数eq \f(1,m)
7..(多选)如图8甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知( )
A.乙的质量m乙＝6 kg
B.甲、乙的总质量m总＝8 kg
C.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3
D.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1
8．某玩具汽车从t＝0时刻出发，由静止开始沿直线行驶。其a­t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．6 s末的加速度比1 s末的大
B．1 s末加速度方向与速度方向相同
C．第4 s内速度变化量大于零
D．第6 s内速度在不断变小
9．如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，可能出现的情况是( )
A．从下端B离开，v>v1 B．从下端B离开，vC．从上端A离开，v＝v1 D．从上端A离开，v10．某物理兴趣小组在实验室做了如下实验：将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的速度v与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示，若改用物体Q完成同样的过程，其v ­x关系如图中虚线所示，则( )
A．Q下落过程中的平均速度是P的2倍
B．Q的质量是P的2倍
C．P与Q在最低点时的加速度不相符
D．P与Q在最低点时的加速度相等
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
11．(10分)现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律。给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面(如图所示)、小车、计时器一个、米尺。
填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤(不考虑摩擦力的影响)；
(1)让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑至斜面底端A2，记下所用的时间t。
(2)用米尺测量A1与A2之间的距离x，则小车的加速度a＝_________________。
(3)用米尺测量A1相对于A2的高度h，设小车所受重力为mg，则小车所受合外力F＝________。
(4)改变___________________，重复上述测量。
12.(12分)如图(a)，质量m＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，
求：(1).物体沿斜面做什么运动。
(2)当风速多大时，物体沿斜面下滑的速度最大
(3)物体与斜面间的动摩擦因数
(4)比例系数k为多少？
13．(14分)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1＜x0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
14．(16分)(2020·广东汕头5月模拟)如图所示，一水平的足够长的传送带与一水平地面上的平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m＝1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.1。初始时，传送带与煤块及平板都是静止的，现让传送带以恒定的水平面右的加速度a＝3 m/s2开始运动，当其速度达到v＝1.5 m/s后，便以此速度匀速运动，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，随后，在煤块平稳滑上右端平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F＝17 N，F作用了0.5 s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F，最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4 kg(重力加速度为g＝10 m/s2)。
(1)求传送带上黑色痕迹的长度。
(2)求有F作用期间平板的加速度大小。
(3)平板上表面至少多长？(计算结果保留2位有效数字)
参考答案：
1.A 2.A 3.B 4.C 5.D 6.A 7.BD 8.BD 9.ABC 10.BD
11.解析： (2)由x＝eq \f(1,2)at2可得：a＝eq \f(2x,t2)。
(3)sin θ＝eq \f(h,x)，不计摩擦力时，小车的合外力F＝mgsin θ＝mgeq \f(h,x)；
(4)小车的质量不变，要改变小车所受的合外力F重做上述实验时，只要改变斜面的倾角(或A1、A2两点间的高度h的数值)即可。
答案： (2)eq \f(2x,t2)(3分) (3)mgeq \f(h,x)(4分) (4)斜面倾角或A1、A2两点间的高度h(3分)
12.解析 由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；由图可知，速度为5 m/s时加速度为零，速度最大，；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0＝4 m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向mgsin θ－μmgcs θ＝ma0①
解得μ＝eq \f(gsin θ－a0,gcs θ)＝0.25，；
对末时刻加速度为零，受力分析可得mgsin θ－μFN－kvcs θ＝0②
又FN＝mgcs θ＋kvsin θ，由b图可以读出，此时v＝5 m/s代入②式解得
k＝eq \f(mg（sin θ－μcs θ）,v（μsin θ＋cs θ）)＝eq \f(16,19) kg/s，。
13.解析： (1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得μmg＝ma ①(2分)
由运动学公式得veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝－2ax0②(2分)
联立①②解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gx0)③(2分)
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。
由运动学公式得veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2a1x0④(2分)
v0－v1＝a1t⑤(2分) x1＝eq \f(1,2)a2t2⑥(2分)
联立④⑤⑥式得a2＝eq \f(x1v1＋v02,2x\\al(2,0))⑦(2分)
答案： (1)eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gx0) (2)eq \f(x1v1＋v02,2x\\al(2,0))
14.解析： (1)煤块在传送带上发生相对运动时，
根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma0，
则其加速度a0＝μ1g＝1 m/s2，方向水平向右
设经过时间t1，煤块速度达到v，经过时间t2，传送带速度达到v
即v＝a0t1＝at2
代入数据得t1＝1.5 s，t2＝0.5 s
则t1时间内，传送带发生的位移s＝eq \f(v2,2a)＋v(t1－t2)，煤块发生的位移s′＝eq \f(v2,2a0)
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即
Δs＝s－s′＝0.75 m。
(2)煤块滑上平板时的速度大小为v＝1.5 m/s
加速度为a1＝eq \f(－μmg,m)＝－μ1g，方向水平向左
经过t0＝0.5 s，平板的速度大小v′＝v＋a1t0＝1.0 m/s
设平板的加速度大小为a2，依题意由v′＝a2t0＝1.0 m/s
解得a2＝2.0 m/s2。