高考物理一轮复习巩固提升第3章章末过关检测(三) (含解析)

这是一份高考物理一轮复习巩固提升第3章章末过关检测(三) (含解析)，共9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。
章末过关检测(三)(时间：45分钟　分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1. (2019·福建三明清流一中段考)如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是(　　)A．绳拉牛的力小于牛拉绳的力B．绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析：选C.绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故A、B错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力，故C正确，D错误．2．(2019·宝鸡高三质检)如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间(　　)A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0解析：选D.剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项错误，D项正确；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．3. 质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为(　　) A． B．C． D．解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律＝2·，解得F＝，工件加速度a＝＝，所以C正确． 4．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则(　　)A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点解析：选C.如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gt，所以tc＝ ；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M点用时满足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·t，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得tb>ta>tc，故选项C正确．5．如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2.以A、B为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为Δl1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是(　　)A．Δl1＝Δl2，a1＝a2 B．Δl1>Δl2，a1>a2C．Δl1＝Δl2，a1>a2 D．Δl1<Δl2，a1<a2解析：选C.设两个滑块的质量均为m，若水平地面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a1＝，再以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－k·Δl1＝ma1，代入解得弹簧的伸长量为Δl1＝；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a2＝＝－μg，再以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－k·Δl2－μmg＝ma2，代入解得弹簧的伸长量为Δl2＝，可见Δl1＝Δl2，a1>a2，故选项C正确．6.(2019·山东师大附中模拟)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．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，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)A．μ与a之间一定满足关系μ>B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为D．黑色痕迹的长度为解析：选C.方法一 公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a′＝μg，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a>μg，则μ<，A错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t＝，此时煤块的位移x1＝，传送带的位移x2＝＋v＝－，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx＝x2－x1＝－，C正确，B、D错误．方法二 图象法：根据题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度一定大于煤块的加速度，由题意作出煤块和传送带的速度－时间图象，如图所示，由于二者最终的速度均为v，则t1＝、t2＝，煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob与横轴所围的面积，即x＝t2＝，黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移，即图线Oa、ab、Ob所围的面积，则Δx＝(t2－t1)＝－.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是(　　)A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1所示，则FN1cos θ＝mg ①对B：F′N1sin θ＝ma1 ②由牛顿第三定律可知F′N1＝FN1 ③乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则FN2cos θ＝mg ④FN2sin θ＝ma2 ⑤由①③④可知FN2＝FN1＝F′N1 ⑥由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，故选项B、C正确，选项A、D错误．8.(2019·江西吉安高三模拟)如图，环A与球B用一轻质细绳相连，环A套在水平细杆上．现有一水平恒力F作用在球B上，使A环与B球一起向右以相同的加速度做匀加速运动．已知环与球的质量均为m，细绳与竖直方向的夹角θ＝45°，g为重力加速度，下列说法正确的是(　　)A．细绳对B球的拉力大于杆对A环的支持力B．B球受到的水平恒力F大于mgC．若水平细杆光滑，则加速度等于gD．若水平细杆粗糙，则动摩擦因数小于0.5解析：选BCD.对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，再分别对A环、B球各自分析，对B球有F－FTsin θ＝ma，mg＝FTcos θ；对A环有mg＋FTcos θ＝FN，FTsin θ－μFN＝ma，FN＝2mg，则由以上各式综合分析可得F＞mg，当μ＝0时a＝g，若μ≠0，则有μ＜0.5，选项B、C、D正确．9. (2019·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)A．最大加速度为  B．最大加速度为C．最大速度为  D．最大速度为解析：选AC.当F1<mg时，由牛顿第二定律得F－μ(mg－kv)＝ma，当v＝时，圆环的加速度最大，即amax＝，选项A正确，B错误；圆环速度逐渐增大，当F1＝kv>mg时，由牛顿第二定律得F－μ(kv－mg)＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝，选项C正确，D错误．10.如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)解析：选BC.①若v2＞v1，则P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a1＝.若P能减速到v1，当fP≥mQg，P、Q共同匀速，速度大小为v1，当fP＜mQg，P、Q继续减速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A错误．若传送带足够长，P、Q减速到零后，反向加速，加速度大小为a2.②若v2≤v1.当fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同匀速运动，加速度大小为a2＝当fP＜mQg，P、Q可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变．综上，B、C正确，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(10分)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图乙所示)．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大解析：(1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力．(2)由于OA段a－F关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg＝Ma得：a＝＝，而实际上a′＝，可见AB段明显偏离直线是没有满足M≫m造成的．答案：(1)小车的总质量　小车所受的合外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比　②C12．(15分)如图所示，水平传送带以速度v1＝2 m/s匀速向左运动，小物块P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mP＝2 kg、mQ＝1 kg，已知某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2＝4 m/s，小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，P与定滑轮间的轻绳始终保持水平．不计定滑轮质量和摩擦，小物块P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，取g＝10 m/s2，求：(1)小物块P在传送带上向左运动的最大距离x；(2)小物块P离开传送带时的速度大小v.解析：(1)P先以大小为a1的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移大小为x1，轻绳中的张力大小为T1，由牛顿第二定律得对P有T1＋μmPg＝mPa1 ①对Q有mQg－T1＝mQa1 ②联立①②解得a1＝4 m/s2 ③由运动学公式有－2a1x1＝v－v ④联立③④解得x1＝1.5 m ⑤P接着以大小为a2的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移大小为x2，轻绳中的张力大小为T2，由牛顿第二定律得对P有T2－μmPg＝mPa2 ⑥对Q有mQg－T2＝mQa2 ⑦联立⑥⑦式解得a2＝ m/s2 ⑧由运动学公式有－2a2x2＝0－v ⑨联立⑧⑨式解得x2＝0.75 m故P向左运动的最大距离x＝x1＋x2＝2.25 m.(2)P向左运动的速度减为0后，再以大小为a2的加速度向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式有2a2x＝v2解得v＝2 m/s.答案：(1)2.25 m　(2)2 m/s13．(15分)如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t 图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3联立以上三式可得＝.(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m.答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)(3)20 m