专题03 质量检测-2022年高考物理一轮复习讲练测

这是一份专题03 质量检测-2022年高考物理一轮复习讲练测，文件包含专题03质量检测原卷版docx、专题03质量检测解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
第三章 牛顿运动定律【单元检测】考试时间：60分钟  试卷总分：100分注意事项：1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场、座位号填写在答题卡上。2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。写在本试卷上无效。3. 答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）。1．（2021·天津高三模拟）幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（　　）A．在最低点B时对滑道的压力大小为mg           B．处于先超重后失重状态C．重力的功率先减小后增大                        D．克服摩擦力做功为【答案】A【解析】A．根据牛顿第二定律得FN–mg= m，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为，选项A正确；B．小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，选项B错误；C．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，选项C错误；D．由动能定理得mgr（1–cos60°）-Wf =mv2，联立可得克服摩擦力做功为，选项D错误。故选A。2．（2021·湖南娄底市高三零模）如图所示。质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37°的斜面上、在斜面上的段、b在斜面上的段。斜面上段粗糙，b与段间的动摩擦因数为0.5，段光滑，重力加速度为g。同时释放a、b，则释放的一瞬间（已知，）（　　）
 A．物块a的加速度大小为0.4g B．物块a的加速度大小为0.5gC．杆对物块a的拉力大小为0.4mg D．杆对物块a的拉力大小为0.3mg【答案】A【解析】释放a、b的一瞬间、对a、b整体研究，有，解得对a研究，有，解得，故选A。3．（2021届河北衡水中学高三联考）如图甲所示，足够长的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，以弹簧上端位置为坐标原点O，沿竖直向下建立坐标轴。现将质量为m的小球从原点O正上方高度h处由静止释放，在小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，小球所受弹力F的大小随x（x表示小球的位置坐标）的变化关系如图乙所示。若不计小球与弹簧接触时的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A．当时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大   B．小球动能的最大值为C．当时，小球的速度大于                     D．小球在最低点的加速度大小等于g【答案】B【解析】当时，弹簧弹力等于重力大小，小球的加速度为零，动能最大，由机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，A错误；当时，由图像可知弹力做的功由释放到动能最大的过程，根据动能定理得可得，B正确；当时，由图像可知弹力做的功由动能定理可得解得小球的速度大小，C正确；小球在位置会继续向下运动而压缩弹簧，小球在最低点时，有，由牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度，则，D错误。故选B。4．（2021·湖南衡阳市高三一模）北京冬奥会将于2022年某日开幕。将运动员推冰壶的情景简化为图甲的模型，时，运动员对冰壶施加一水平向右的推力，作用1秒后撤去推力，冰壶运动的图像如图乙所示，已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为，则冰壶的质量和时冰壶的速度大小分别为（取）（　　）A． B． C． D．【答案】B【解析】物体先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，，由图像可知，故。又因为，解得m=1kg，又，可知v=2m/s。故选B。5．(2020·浙江模拟)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是(取g＝10 m/s2)(　　)A. 5 s   B．4.8 s C．4.4 s   D．3 s【答案】A【解析】小车在AB段，由题意知f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小为a1＝μg＝2 m/s2，由运动学公式得LAB＝v0t1－a1t ，解得t1＝3 s，或t1′＝7 s(舍去)。从B到C运动时，如图所示，LBC＝2Rsin θ，加速度为a2＝gsin θ，所以LBC＝a2t，得t2＝2 s，所以从A到C的时间为t＝t1＋t2＝5 s。6．（2021江苏省模拟题）以下说法不符合物理学史的是A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一个地方
B. 伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因
C. 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D. 牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证【答案】B【解析】亚里士多德认为力的作用是使物体运动的原因，A正确；
B.伽利略通过理想实验得出运动不需要力来维持，B错误；
C.笛卡儿指出如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；
D.牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证，D正确。7．（2021届辽宁省铁岭市六校高三一模）在煤矿安全生产过程中，用传送带运输煤块，大大提高了劳动效率，节省了人力，生产线简化如图所示，浅色传送带与水平面夹角为，传送带以的恒定速率沿逆时针方向转动。在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为的煤块（可视为质点），煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，已知传送带A到B的长度为。取。则在物块从A运动到B的过程中（　　）A．物块从A运动到B的时间为         B．物块到B的速度为C．煤块在传送带上留下的划痕长度       D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为【答案】AD【解析】A．物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下。由牛顿第二定律得：则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为：，经过的位移为：，由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动。速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得：根据，解得：t2=1s，则t=t1+t2=2s，故A正确。B．物块到B的速度为，故B错误；C．煤块在传送带上第一个加速阶段留下的划痕长度，第二个加速阶段，故总划痕长度，故C错误；D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为，故D正确。故选AD。8．（2021届河北衡水中学高三期中）如图甲所示，长木板B放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物块A可视为质点，以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B间存在摩擦，导致A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是A．A、B之间的滑动摩擦因数为0.1       B．物块A克服摩擦力做功为16JC．木板B获得的最大动能为2J           D．A、B系统产生的热量为12J【答案】BD【解析】由图乙得，A、B间相对滑动时，物体A的加速度大小；物体B的加速度大小；对A受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得：A、B之间的滑动摩擦因数．故A项错误；由图乙得：物体A在0～1s内位移，摩擦力对A做的功，则物块A克服摩擦力做功为16J．故B项正确；对B受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得：木板B的质量，木板B获得的最大动能．故C项错误；由图乙得，两物体间相对位移，则A、B系统产生的热量．故D项正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)9.（6分）（2021届福建省三明市一中高三期中）为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m＝0.5kg的钩码。用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示。请回答下列问题：(1)图乙中纸带的____端与滑块相连（选填“左”或“右”）。(2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a＝________m/s2。(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M＝________kg（g取9.8 m/s2，结果保留3位有效数字）。【答案】右端    1.65    2.97    【解析】(1)[1].因为打点计时器每隔0.02s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为T=0.1s，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大。所以图乙中纸带的右端与滑块相连。(2)[2].根据△x=aT2利用逐差法，有(3)[3].由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为F=0.5×9.8N=4.9N根据牛顿第二定律得10．(8分) （2021届福建省厦门市高三质检）在“探究质量一定时，加速度与物体所受合力的关系”的实验中，实验装置如图甲所示，两滑轮间的轻绳始终与长木板平行，打点计时器所接的交流电的频率为。（1）对该实验，下列必要且正确的操作有_________；A．取下砂桶，抬起长木板右端，使小车沿长木板做匀速运动B．测量砂桶和砂的质量C．实验时需要先释放小车，再接通电源（2）若在实验中得到一条纸带如图乙所示， 0、1、2、3、4为五个相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有四个计时点未画出。根据纸带数据，可求出小车的加速度大小_________（结果保留两位有效数字）；（3）该实验中，砂和砂桶的总质量m___________（选填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量M；（4）以力传感器的示数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度a为纵坐标，画出图像如图丙所示，则小车的质量_________（结果保留两位有效数字）。【答案】A    0.80    不需要    0.33    【解析】（1）此实验需要平衡小车所受摩擦力，平衡时需要取下砂桶，故A正确；由力传感器可以测出拉力的大小，不需要测量砂桶和砂的质量，故B错误；实验时需要先接通电源，再释放小车，故C错误。故选A。（2）根据匀变速规律可得，小车的加速度大小为（3）由于拉力可以通过力传感器直接测出，所以不需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。（4）对小车，根据牛顿第二定律可得结合图象斜率有解得：小车质量为11．（6分）（2021.广东惠州高三质检）在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图a所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图b所示。 (1)小车与轨道间的滑动摩擦力Ff＝________N。(2)从图象中分析，小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为________kg。(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tan θ＝________。【答案】(1)0.67　(2)0.67　(3)0.1【解析】(1)根据图象可知，当F＝0.67 N时，小车开始有加速度，则Ff＝0.67 N (2)根据牛顿第二定律a＝＝F－，则a－F图象的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的倒数，则M＝＝ kg＝ kg≈0.67 kg(3)为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有：Mgsin θ＝μMgcos θ解得tan θ＝μ根据Ff＝μMg得μ＝＝0.1所以tan θ＝0.112．（10分）（2021届河北省“五个一名校联盟”高三联考）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s。已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g＝10 m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。【答案】(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W【解析】(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①代入数据解得a＝2 m/s2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W⑦13．（10分）(2020·山东泰安月考)如图9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点时给物体施加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图象如图乙所示。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后撤去拉力F，求物体再过15 s离a点的距离。【答案】(1)3 N　0.05　(2)38 m【解析】(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v－t图象得加速度a1＝＝ m/s2＝－2 m/s2，方向与初速度方向相反。设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v－t图象得加速度a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2，方向与初速度方向相反。 在0～4 s内，根据牛顿第二定律，有－F－μmg＝ma1在4～10 s内，－F＋μmg＝ma2代入数据解得F＝3 N，μ＝0.05。 (2)设10 s末物体的位移为x，x应为v－t图象与坐标轴所围的面积，则有x＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m，即物体在a点左侧2 m处。设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μmg＝ma3得a3＝0.5 m/s2物体减速到零的时间为t＝＝ s＝12 s则物体再过15 s的位移即为12 s内的位移，物体在12 s内的位移为x′＝＝ m＝36 m物体在15 s后离a点的距离为d＝|x|＋x′＝38 m。14．（12分）（2021届河北省邯郸市高三一模）如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F=48N的作用，当长木板B的速度v=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg的小木块A，此时小木块A的速度大小也为v=6m/s，已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：（1）长木板B向左运动的最大位移；（2）长木板B的长度至少为多少。【答案】（1）2m；（2）【解析】(1)初始时刻对小木块A、长木板B分别进行受力分析如图所示对小木块A有μmg=ma1解得a1=2m/s2 ，方向向左对长木板B有F+μmg+μ(M+m)g=Ma2解得a2=9m/s2 ，方向向右可见长木板B先向左减速直到速度为零，此时，(2)在时间内，小木块A一直向右减速，有之后，小木块A继续向右减速，加速度不变；长木板B开始向右加速，其加速度为设又经过t2两者共速，有v共=v1－alt2=a3t2解得，m/s则，这时小木块A相对长木板B向右运动的位移为即长木板B的长度至少为。