最新版高考物理【一轮复习】精品讲义练习 (46)

这是一份最新版高考物理【一轮复习】精品讲义练习 (46)，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于牛顿运动定律的说法正确的是( )
A．牛顿第一定律提出了当物体所受的合外力为零时，物体将处于静止状态
B．汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
C．跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力
D．在受到相同的合外力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量
答案 D
解析 根据牛顿第一定律的内容知，当物体不受力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的合外力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D项正确。
2．(2022·肥城市模拟)2021年9月17日，神舟十二号返回舱成功着陆。返回舱返回时先脱离原有飞行轨道，仅在地球引力作用下做近心运动，之后进入地球大气层，当返回舱距离地面10 km左右时，先后打开引导伞、减速伞和主伞，以此保证返回舱以较柔和的方式实现多次减速，防止航天员一次受到过大的冲击力。在返回舱即将着陆时，安装在返回舱底部的反推发动机点火工作，保证返回舱最后落地时速度小于2 m/s。下列说法正确的是( )
A．进入地球大气层前，返回舱处于超重状态
B．返回舱打开减速伞后处于失重状态
C．返回舱打开主伞时处于失重状态
D．反推发动机点火瞬间返回舱处于超重状态
答案 D
解析 进入地球大气层前，返回舱加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；返回舱打开减速伞后，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；返回舱打开主伞时加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；反推发动机点火瞬间返回舱加速度方向向上，处于超重状态，故D正确。
3．(2023·瑞安中学高一开学考试)烟花爆竹从地面起飞后在竖直方向上做匀减速直线运动，2 s后到达最高点并爆炸，已知爆炸点距地面的高度为30 m，烟花爆炸前受到的空气阻力恒定，则烟花上升过程中阻力与重力大小之比为(取g＝10 m/s2)( )
A．1.25 B．1
C．0.5 D．0.25
答案 C
解析 逆向将烟花的运动看做初速度为零的匀加速直线运动，取向下为正方向，h＝eq \f(1,2)at2，解得a＝1.5g，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma，解得eq \f(Ff,mg)＝0.5，C正确。
4.如图所示，一质量为m的物块与车厢的竖直后壁间的动摩擦因数为μ，当该车水平向右做匀加速运动时，物块恰好沿车厢后壁匀速下滑，重力加速度为g，则车的加速度为( )
A．g B.eq \f(g,μ) C．μg D.eq \f(1,2)μg
答案 B
解析 由mg＝μFN及FN＝ma得：a＝eq \f(g,μ)，B正确。
5．(2022·重庆市一模)我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显神威。在某次消防灭火行动中，“直8”通过一根长绳子吊起质量为2×103 kg的水桶(包括水)，起飞时，在2 s内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为( )
A．2.0×104 N B．2.4×104 N
C．4.0×104 N D．4.8×104 N
答案 B
解析 由匀变速直线运动规律x＝eq \f(1,2)at2，得水桶(包括水)的加速度a＝eq \f(2x,t2)＝2 m/s2，以水桶(包括水)为研究对象，FT－mg＝ma，得绳子拉力FT＝mg＋ma＝2×103×10 N＋2×103×2 N＝2.4×104 N ，B正确。
6.牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中指出：“力使物体获得加速度”。某同学为探究加速度与力的关系，取两个材质不同的物体A、B，使其分别在水平拉力F的作用下由静止开始沿水平面运动，测得两物体的加速度a与拉力F之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，则( )
A．物体A的质量为0.7 kg
B．物体B的质量为0.2 kg
C．物体A与水平面间动摩擦因数为0.5
D．物体B与水平面间动摩擦因数为0.1
答案 C
解析 对物体A由牛顿第二定律可得
F－Ff＝mAa
其中滑动摩擦力Ff＝μAmAg，
得a＝eq \f(F,mA)－μAg
结合图像可得eq \f(1,mA)＝eq \f(5,7) kg－1，μAg＝5 m/s2
解得mA＝1.4 kg，μA＝0.5
故A错误，C正确；
同理对物体B有eq \f(1,mB)＝1 kg－1，μBg＝2 m/s2
解得mB＝1 kg，μB＝0.2
故B、D错误。
7.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．F＝(M＋m)gtan α
C．系统的加速度大小为a＝gsin α
D．F＝mgtan α
答案 B
解析 对小铁球受力分析得F合＝mgtan α＝ma，且合外力方向水平向右，故小铁球的加速度为gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度大小也为gtan α，A、C错误；对系统受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，故B正确，D错误。
8.如图所示，两个质量均为m的物块叠放压在一个竖直轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，物块受到一个竖直向上的作用力F，使得物块以0.5g(g为重力加速度的大小)的加速度匀加速上升，则A、B分离时B的速度大小为( )
A.eq \f(g,2)eq \r(\f(m,k)) B．geq \r(\f(m,2k))
C．geq \r(\f(2m,k)) D．2geq \r(\f(m,k))
答案 B
解析 静止时弹簧压缩量x1＝eq \f(2mg,k)，分离时A、B之间的压力恰好为零，设此时弹簧的压缩量为x2，对B：kx2－mg＝ma，得x2＝eq \f(3mg,2k)，物块B的位移大小x＝x1－x2＝eq \f(mg,2k)，由v2＝2ax得：v＝geq \r(\f(m,2k))，B正确。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．关于牛顿第二定律的数学表达式F＝kma，下列说法正确的是( )
A．在任何情况下表达式中k都等于1
B．表达式中k的数值由质量、加速度和力的大小决定
C．表达式中k的数值由质量、加速度和力的单位决定
D．物理中定义使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力为1 N
答案 CD
解析 在F＝kma中，k的数值由质量、加速度和力的单位决定，只有质量m、加速度a和力F的单位都是国际单位时，即当质量用kg、加速度用m/s2、力用N作单位时，比例系数k才等于1，故A、B错误，C正确；由牛顿第二定律F＝ma，知m＝1 kg、a＝1 m/s2时，1 N＝1 kg·m/s2，使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力的大小是1 N，故D正确。
10.(2022·重庆八中高一期末)如图所示，A、B、C是三个质量相同的小球，A、B之间用轻弹簧连接，B、C之间用细绳连接，A通过细绳悬挂在天花板上，整个系统保持静止，重力加速度为g。则剪断OA间细绳的瞬间( )
A．小球A的加速度大小为2g
B．小球A的加速度大小为3g
C．小球C的加速度大小为0
D．小球C的加速度大小为g
答案 BC
解析 设三个小球质量均为m，剪断OA间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA间细绳瞬间，弹簧弹力F＝2mg不变，对A分析，F＋mg＝ma，解得A的加速度大小a＝3g；对B、C整体分析，F－2mg＝2ma′，解得B、C整体加速度大小a′＝0，B、C正确。
11．当洪水来袭时，我们应当如何自救呢？一个电视节目通过实验发现大家紧挨着站成一排，可以有效抵抗洪水对身体的冲击力。建立如图所示的物理模型，五个质量相等的物块紧靠在一起放置在水平地面上。某时刻用力F推物块1恰好未推动，已知物块与地面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
A．物块2、3、4、5受到前一物块的弹力依次减小
B．物块3对物块4的弹力大小为eq \f(3,5)F
C．物块1与2、2与3、3与4、4与5间的弹力之比为4∶3∶2∶1
D．若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，则物块间的弹力一定变大
答案 AC
解析 假设每个物块的质量均为m，先对五个物块整体进行受力分析，恰好未推动，则整体所受的摩擦力恰等于最大静摩擦力，然后再隔离后面的物块结合牛顿第三定律进行受力分析，结果如下表所示：
若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，用力F推物块1，物块1不动，其他物块间的弹力可能变为零，故D错误。
12．(2022·滨州市高一期末)如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，物块以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．物块的初速度v0＝4 m/s
B．传送带转动的速度v＝4 m/s
C．AB两点间的距离为3 m
D．物块留在传送带上的摩擦痕迹长为0.5 m
答案 AD
解析 由题图乙可知，物块的初速度v0＝4 m/s，传送带转动的速度v＝2 m/s，A正确，B错误；A、B两点间距离为s＝eq \f(1,2)×(2＋4)×0.5 m＋2×1 m＝3.5 m，C错误；物块与传送带共速前二者有相对滑动，故物块留在传送带上的摩擦痕迹长为Δs＝eq \f(1,2)×(2＋4)×0.5 m－2×0.5 m＝0.5 m，D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)(2023·济宁市高一检测)某同学利用如图甲所示的实验装置进行了“探究加速度与力、质量的关系”的实验，该同学在钩码上方加装了一个力传感器，可以显示上方细线拉力的大小。图乙是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点A、B、C、D、E，且相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，计数点间的距离如图乙所示，电源的频率为50 Hz。
(1)实验中，下列说法正确的是________。
A．实验时应先接通电源后释放小车
B．与小车相连的细线必须与木板平行
C．实验中小车的质量应远大于钩码的质量
D．每次改变小车质量时，应重新补偿阻力
(2)由图乙可求得小车运动的加速度大小a＝______ m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)该同学在实验前没有测量小车的质量，也忘记补偿阻力，在保持小车的质量不变的情况下，进行了多次实验，得到了如图丙所示的图像，根据图像可求得小车的质量为________ kg。
答案 (1)AB(2分) (2)2.36(2分) (3)2(2分)
解析 (1)打点计时器使用时应该先接通电源，后释放小车，A正确；实验时细线必须与木板平行，B正确；在钩码上方有力传感器，可以直接测量细线上的拉力，所以不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，C错误；补偿阻力之后改变小车质量时不需要重新补偿阻力，D错误。
(2)两相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，加速度：
a＝eq \f(xCE－xAC,4T2)＝eq \f(xAE－xAC－xAC,4T2)＝eq \f(20.21－5.38－5.38×10－2,4×0.12) m/s2≈2.36 m/s2
(3)由F＝Ma变形得a＝eq \f(F,M)，知在a－F图像中，斜率表示小车质量的倒数，故M＝eq \f(1,k)＝2 kg。
14．(8分)图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a－μ图像如图乙所示，取g＝10 m/s2。
(1)本实验中，__________(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。
(2)为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是________。
A．实验中必须保证桶和沙子的总质量m远小于滑块的质量M
B．实验中需要保证滑块的质量M不变
C．实验中不需要保证桶和沙子的总质量m不变
D．连接滑块的细线要与长木板平行
(3)由图乙可知，若滑块的质量M＝1 kg，则小桶和砂子的总质量m＝________ kg。理论上，图乙中b＝________ m/s2。
答案 (1)不需要 (2)BD
(3)0.6 3.75(每空2分)
解析 (1)本实验需要研究摩擦力，则不需要平衡摩擦力。
(2)如果实验中保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，会出现μ很小时，滑块也不会运动，则不需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；
实验中多次改变μ的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和砂子的总质量m不变，故C错误，B正确；
连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。
(3)由题图乙可知，当μ＝0.6时，加速度为零，由平衡条件有μMg＝mg
解得m＝0.6 kg
根据题意，由牛顿第二定律有mg－μMg＝(m＋M)a
整理得a＝－eq \f(Mg,M＋m)μ＋eq \f(mg,M＋m)
结合题图乙可得b＝eq \f(mg,M＋m)＝3.75 m/s2。
15．(7分)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)10 s末物体离A点的距离。
答案 (1)3 N 0.05 (2)2 m
解析 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v－t图像得
a1＝eq \f(8,4) m/s2＝2 m/s2(1分)
根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1(1分)
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图像得a2＝eq \f(6,10－4) m/s2＝1 m/s2
(1分)
根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2(1分)
联立解得F＝3 N，μ＝0.05(1分)
(2)设10 s内物体的位移为x，则x为v－t图线与横轴所围的“面积”
则x＝eq \f(1,2)×4×8 m－eq \f(1,2)×6×6 m＝－2 m，负号表示物体在A点左侧，即10 s末物体离A点的距离为2 m。(2分)
16．(9分)(2022·历城第二中学高一学业考试)如图所示，物块A和B通过一根跨过光滑定滑轮的轻质细绳连接，质量m1＝2 kg的物块A置于倾角θ＝24°的粗糙斜面上，细绳与斜面平行，物块B的质量m2＝3 kg，用手按住物块A使两物块均静止，物块B距离地面高度h＝5 m。现松手释放物块A，物块A恰好未与滑轮相碰，物块A与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(2,3)，物块B落地后不反弹，空气阻力、滑轮质量不计，取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物块B落到地面前的加速度大小和细绳中拉力的大小；
(2)释放时物块A与定滑轮间的距离。
答案 (1)2 m/s2 24 N (2)6 m
解析 (1)对物块A，由牛顿第二定律得
FT－m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1(2分)
对物块B，由牛顿第二定律得
m2g－FT＝m2a1(1分)
解得a1＝2 m/s2
FT＝24 N(1分)
(2)物块B落到地面前，由匀变速直线运动规律得v2＝2a1h(1分)
物块B落到地面后，对物块A，由牛顿第二定律得m1gsin θ＋μm1gcs θ＝m1a2(2分)
由匀变速直线运动规律得v2＝2a2x(1分)
起始时物块A与定滑轮的距离为
d＝x＋h
解得d＝6 m。(1分)
17．(14分)(2022·绍兴市高一期末)某“驴友”欲登上一“光头”山峰，若将山坡视作倾角为θ＝53°的斜面，坡长约为30 m，该驴友的鞋底与山坡间的动摩擦因数为μ1＝0.5。因山坡较陡，已登顶的驴友放下一根长绳，如图所示。已知：正在登山的驴友质量为60 kg，cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)该驴友若手沿斜坡方向拉绳，脚爬坡，手脚并用，匀速上坡，他拉绳子的力至少多大；
(2)该驴友若手沿斜坡方向拉绳，脚爬坡，手脚并用登山，先匀加速上坡，当速度达到2 m/s后保持匀速上坡，离坡顶0.5 m时，放开绳子，只用脚爬坡，则他能否爬上坡顶？若能，求出上坡所用的总时间；若不能爬上坡顶，在速度减为零时，为避免滑倒他只能坐下，裤子与山坡之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，然后沿山坡滑下，求他(可视作质点)从此刻开始下滑6.3 m的时间。
答案 (1)300 N (2)1.5 s
解析 (1)该驴友手沿斜坡方向拉绳的同时，脚努力向上爬时，若以最大静摩擦力向上爬，所需拉力最小。
垂直斜面方向有FN＝mgcs θ(1分)
沿斜面方向有FT＋Ffm＝mgsin θ(1分)
因为Ffm＝μ1FN(1分)
联立解得FT＝300 N(1分)
由牛顿第三定律可知他拉绳的力至少300 N。
(2)放开绳后，FN＝mgcs θ(1分)
μ1FN－mgsin θ＝ma1(2分)
可得a1＝－5 m/s2
由0－v2＝2a1x(1分)
解得x＝0.4 m(1分)
所以离到坡顶还有0.1 m，不能到达坡顶；坐下后，设驴友下滑的加速度大小为a2(1分)
FN＝mgcs θ
mgsin θ－μ2FN＝ma2(2分)
解得a2＝5.6 m/s2
由x′＝eq \f(1,2)a2t2(1分)
可得t＝eq \r(\f(2x′,a2))
解得t＝1.5 s。(1分)
18.(16分)如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝0.2 kg的长木板，另一质量m＝0.1 kg的小滑块以v0＝2.4 m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板(此时开始计时)。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若长木板长L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；
(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小。
答案 (1)0.4 m/s (2)0.4 s 0.64 m
解析 (1)小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，以小滑块初速度方向为正方向，由牛顿第二定律得－Ff＝ma1(2分)
又Ff＝μFN＝μmg(2分)
解得a1＝－4 m/s2(1分)
由v2－v02＝2a1L，解得v＝0.4 m/s(2分)
(2)长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦力Ff′，且Ff′＝Ff＝μmg＝0.4 N，所以长木板向右做匀加速直线运动(2分)
由牛顿第二定律得Ff′＝Ma2，
解得a2＝2 m/s2(2分)
设经过时间t，两者速度相同，
则有v0＋a1t＝a2t(2分)
解得t＝0.4 s(1分)
由x＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2，
得此时间内小滑块运动的位移大小x＝0.64 m。(2分)研究对象
受力分析
最终结果
五个物块整体
F＝Ff＝μFN＝5μmg
A、C正确，B错误
物块2、3、4、5
F12＝4μmg＝eq \f(4,5)F
物块3、4、5
F23＝3μmg＝eq \f(3,5)F
物块4、5
F34＝2μmg＝eq \f(2,5)F
物块5
F45＝μmg＝eq \f(1,5)F