高考物理【一轮复习】讲义17　章末检测卷(二)(第三章内容)

这是一份高考物理【一轮复习】讲义17　章末检测卷(二)(第三章内容)，共12页。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．“天宫课堂”第四课于2023年9月21日开课，在奇妙“乒乓球”实验中，一名航天员用水袋做了一颗水球，另一名航天员用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是( )
A．梦天实验舱内，水球质量变大，其惯性不变
B．梦天实验舱内，水球弹开的速度越大，其惯性越大
C．击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的
D．击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对平衡力
C [梦天实验舱内，水球质量不变，其惯性不变，故A、B错误；根据弹力产生的条件可知，击球过程中，水球所受弹力是由于球拍发生形变产生的，故C正确；击球过程中，水球对球拍的作用力与球拍对水球的作用力是一对相互作用力，故D错误。]
2．下列关于牛顿运动定律表述正确的是( )
A．牛顿第一定律是伽利略发现的
B．由a＝Fm知，当F＝0时，a＝0，可得，牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例
C．作用力和反作用力一定是同种性质力
D．牛顿运动定律都可以通过实验直接得出
C [牛顿第一定律是牛顿发现的，选项A错误；牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，并且定义了惯性概念，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不是牛顿第二定律的特例，选项B错误； 作用力和反作用力一定是同种性质力，选项C正确；牛顿第一运动定律不可以通过实验直接得出，选项D错误。]
3．一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则( )
A．前2 s人和电梯处于失重状态
B．2～4 s的过程中人对地板的压力变小
C．t＝6 s时人对地板的压力为0
D．t＝8.5 s时人对地板的压力最大
B [前2 s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，选项A错误；2～4 s内向上的加速度减小，则根据N＝mg＋ma，可知人对地板的压力变小，选项B正确；t＝6 s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，选项C错误；t＝8.5 s时加速度向下且最大，人处于失重状态，则此时人对地板的压力最小，选项D错误。]
4．如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为( )
A．14 m/s2 B．12 m/s2
C．10 m/s2 D．8 m/s2
D [剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得F sin θ＝mg，解得F＝mgsinθ＝3×100.6 N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－μmg cs θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。]
5．如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。已知传送带两轴心间距为5 m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7 m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是( )
A．8 m/s B．9 m/s
C．7 m/s D．11 m/s
D [根据题意可知，欲让货物尽快通过传送带，则需让货物在传送带上一直做匀加速运动，设货物通过传送带后的速度为v，由牛顿第二定律有ma＝μmg，由运动学公式有v2-v02＝2ax，解得v＝89 m/s≈9.4 m/s，即符合要求的传送带速度为v1≥89 m/s≈9.4 m/s，故选D。]
6．如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端与托盘连接，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态(托盘未与暖车底部接触)，已知托盘质量为2m，重力加速度大小为g，当某顾客快速取走最上端1号盘子的瞬间，托盘对最下端6号盘子作用力的大小为( )
A．407mg B．307mg
C．5mg D．6mg
A [顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有mg＝(2m＋5m)a，对剩余5个盘子，设托盘对最下端6号盘子的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有FN－5mg＝5ma，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为FN＝407mg。]
7．一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图像，可能是下图中的( )
A B
C D
D [物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－kmx，可知a与x是线性关系，当x增大时，a减小。当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度为0，当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律kx－mg＝ma，解得a＝kmx－g，a与x是线性关系，当x增大时，a增大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，方向竖直向上，当物块以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩量增大，物块的加速度增大，大于g。故选D。]
8．(2024·甘肃张掖一模)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板。当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则( )
A．若v＝v02，A、B相对运动时间为t02
B．若v＝v02，A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点
C．若v＝2v0，A经历t02到达木板右端
D．若v＝2v0，A从木板B右端离开时，木板速度等于v0
A [根据牛顿第二定律μmg＝maA＝maB，则A、B加速度大小相等，设为a，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则v共＝v0－at0＝at0，解得t0＝v02a，v共＝v02，a＝v02t0，木板的长度L＝v0+v共2t0－v共2t0＝v0t02，若v＝v02，A、B两物体共速时有v共1＝v02－at1＝at1，解得t1＝v04a＝t02，v共1＝v04。A、B相对静止时，相对位移为L1＝v02+v共12t1－v共12t1＝v0t14＝v0t08