2024届高考物理一轮复习阶段综合检测（一）直线运动相互作用牛顿运动定律含答案

这是一份2024届高考物理一轮复习阶段综合检测（一）直线运动相互作用牛顿运动定律含答案，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。
阶段综合检测（一）  ［考查范围直线运动 相互作用 牛顿运动定律］(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动(如图甲)，为了防止油涌动导致车体重心急剧变化的危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板(如图乙)。下列说法错误的是(　 )A．油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧B．油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动C．油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可以减弱油向前剧烈涌动D．油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡板油也几乎不会涌动解析：选B　由于惯性油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，故A正确；惯性取决于物体的质量，故B错误；油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，故C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡板油也几乎不会涌动，故D正确。2．某公路有一段道路实行区间测速，平均速率的最高限制为70 km/h，交管部门在这段区间的两端各置一个自动计时点，用来确定两端点间的平均速率是否超限。有一辆汽车驶入这段长为4.2 km的区间，该车司机注意到通过第一个计时点时的瞬时速率为66 km/h，汽车匀加速行驶36 s后瞬时速率达到74 km/h，紧接着以此速率行驶60 s，然后匀减速行驶。将汽车视为质点，为使该车在这个区间测速段的平均速率不超过最高限制70 km/h，该车通过第二个计时点时的最大瞬时速率为(　 )A．60 km/h　　　　　　 B．62 km/hC．66 km/h   D．68 km/h解析：选B　若区间限速段平均速度恰为＝70 km/h。全程历时t＝＝0.06 h，在t1＝0.01 h内x1＝t1，在t2＝ h内x2＝v2t2，在t3＝t－t1－t2内，x3＝x－x1－x2，x3＝t3，联立以上解得v3＝－v2，代入数据解得v3＝62 km/h，故选B。   3.如图所示，将一个质量为m＝2 kg 的小球与弹簧相连，弹簧的另一端与箱子顶端连接，小球的下端用细绳与箱子下面连接，整个装置放在升降机上。当升降机以加速度a＝0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F＝5 N，g取10 m/s2，若此时将细绳剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为(　 )A．0.5 m/s2  B．2 m/s2C．2.5 m/s2  D．3 m/s2解析：选D　对小球受力分析可知F弹－mg－F＝ma，解得F弹＝26 N，剪断细绳瞬时，弹簧的弹力不变，则F弹－mg＝ma′，解得a′＝3 m/s2，故选D。4．用斧头劈木柴的情景如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如乙所示，若不计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为(　 )A.F   B.FC.F   D.F解析：选A　根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似＝，解得F1＝F2＝F，故A正确，B、C、D错误。5.水平面上运动的物块，在外力作用下其速度随时间变化的图像如图所示，图中v0、v1、v2、t1、t2、t3已知，则下列说法正确的是(　 )A．在t1时刻物块的加速度为零B．在0～t1时间内物块做匀变速运动C．在t1～t2时间内物块运动的平均速度大于D．在t2时刻物块的加速度最大解析：选C　图像的斜率表示加速度，所以在t1时刻物块的加速度不为零，在t2时刻物块的加速度为零，A、D错误；在0～t1时间内物块的斜率逐渐减小，所以物块做加速度减小的减速运动，B错误；用直线连接t2时刻图像与横轴上的t1，则该运动图像的平均速度为，与原图像对比，在相同时间内，物块运动的位移较小，所以物块的平均速度大于，C正确。6．上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断地堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5 dm3 的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3 m。则砂石之间的动摩擦因数约为(取π＝3)(　 )A．0.9   B．0.7C．0.5   D．0.3解析：选C　已知底部周长为3 m，砂石堆的体积为V＝62.5 dm3＝0.062 5 m3，设圆锥体的底部圆的半径为r＝＝＝0.5 m，圆锥体的高为h＝＝＝0.25 m，圆锥体的底角正切为tan θ＝＝0.5，对锥面上一粒沙粒分析，由沙粒静止可得μmgcos θ＝mgsin θ，则有μ＝tan θ＝0.5，A、B、D错误，C正确。7．图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力)(　 )A.   B.C.  D.解析：选B　对蒸锅进行受力分析可得4F支cos α＝G，解得F支＝，A、C、D错误，B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)8．如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是(　 )解析：选AD　因3对4的滑动摩擦力为3μmg小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故图A、D正确。9．如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g＝10 m/s2，甲乙两球可看作质点)下列说法正确的是(　 )A．无论h为何值，甲乙两球一定能在空中相遇B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇C．当h＝15 m时，乙球能在下降过程中与甲球相遇D．当h<10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇解析：选BCD　设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得gt2＋v0t－gt2＝h可得t＝，而乙球的落地时间t1＝，两球在空中相遇的条件是t<t1，整理得h<20 m，A错误；若两球恰好在最高点相遇，满足的条件是t＝t1，代入数据整理得h＝10 m，B正确；由于10 m<h＝15 m<20 m可得乙球能在下降过程中与甲球相遇，C正确；当h<10 m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确。10．如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C。以下说法正确的是(　 )A．拉力F小于11 N时，不能拉动CB．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 ND．A的加速度将随拉力F的增大而增大解析：选AC　当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N, fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；当F＝17 N 时，没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23 N，故C正确；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，D错误。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)某实验小组利用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验步骤如下：①测量橡皮泥的重量，记作G；②将装有橡皮泥的滑块(滑块质量M未知)放在水平木板上，通过水平细绳与固定弹簧测力计相连，如图甲所示。在A端向右拉动木板，待弹簧测力计示数稳定后，记录弹簧测力计的示数F；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②。根据实验记录的数据在给定坐标纸上做出F­G图像，如图乙所示。(1)由图乙中图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________；(2)由图乙中图线可得M＝________kg。(重力加速度取9.8 m/s2，结果均保留两位有效数字)解析：(1)由于滑块和橡皮泥始终处于静止状态，则F＝F1＝μ(G＋Mg)＝μG＋μMg，那么图像的斜率就是动摩擦因数，从图像可以求出斜率μ＝k＝0.40。(2)根据图像，当G＝1.5 N时，拉力F＝0.8 N，则有0.8＝0.40(1.5＋Mg)，解得M≈0.051 kg。答案：(1)0.40　(2)0.05112．(9分)小球在液体中运动时要受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为黏滞力或内摩擦力。如果液体的黏滞性较大，小球的半径很小，小球受到的黏滞力为：f＝6π·η·r·v，式中η称为液体的黏滞系数(也叫“内摩擦因数”)，r为小球半径，v为小球运动的速度。重力加速度为g。某兴趣小组根据所掌握的知识，搜集器材设计了如图甲所示的实验来测定某液体的黏滞系数η，实验操作如下：a．将无线防水速度传感器安装在足够长量筒底部，传感器与计算机(图中未画出)建立联系，待测液体注满量筒；b．用天平称量出小球的质量m；c．用螺旋测微器测定小球直径D；d．根据小球材质和液体品种查询出它们的密度分别为ρ和ρ0；e．用镊子将小球轻放在液体中让其在液体中下落，同时用计算机记录小球下落速度随时间变化的v ­t图像如图乙1；f．改变液体的温度，重复e步操作，得到不同的v ­t图像乙2、3。(1)关于操作步骤的下列组合中，能顺利完成实验的是__________。A．a、b、c、e、f　　　　　 B．a、c、d、e、fC．a、b、d、f   D．a、c、e、f(2)根据(1)的选择，测量计算图线1对应的温度下液体黏滞系数η＝________。(3)已知当温度升高时，液体的黏滞系数减小，由此可判断图线1、2、3的温度关系是________。解析：(1)由黏滞力随速度增大而增大可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有ρVg－ρ0Vg－6πηr＝0，由此可知，小球体积是必须要测量的，所以d和c必须在组合中，故选B。(2)小球的体积为V＝πr3＝πD3，联立方程，解得η＝。(3)由黏滞系数表达式可知，黏滞系数越小，小球的收尾速度越大，温度越高，因此T3<T1<T2。答案：(1)B　(2)　(3)T3<T1<T213．(11分)机场大道某路口，有按倒计时显示时间的红绿灯。有一辆汽车在平直路面上以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？(2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以a2＝2 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3的大小(结果保留两位有效数字)。解析：(1)设初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝1 s，在司机反应时间内汽车通过位移x1＝v0t1＝10 m，匀加速时间t2＝5 s－t1＝4 s，x＝70 m，x－x1＝v0t2＋a1t22，解得a1＝2.5 m/s2。(2)汽车加速结束时通过的位移为x2，x2＝v0t1＋v0t3＋a2t32＝49 m，此时车头前端离停车线的距离为x3＝x－x2＝21 m，此时速度为v＝v0＋a2t3＝16 m/s，匀减速过程有v2＝2a3x3，解得a3＝＝ m/s2≈6.1 m/s2。答案：(1)2.5 m/s2　(2)6.1 m/s214．(12分)如图所示，在一次汽车性能测试中，汽车车厢上用两细绳AC、BC系住一质量为m＝5 kg的小球，两绳与竖直方向的夹角分别为37°和53°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，试求：(1)汽车静止时两细绳AC、BC的拉力T1、T2的大小。(2)当AC绳和BC绳的拉力分别为0时，汽车的加速度。(3)汽车分别以a＝10 m/s2向前加速与减速时，两细绳AC、BC的拉力的大小。解析：(1)静止时，由力的平衡知T1＝mgsin 53°，T2＝mgsin 37°，解得T1＝40 N，T2＝30 N。(2)当AC绳的拉力为0时，加速度向前，设加速度大小为a1，有mgtan 53°＝ma1，解得a1≈13.3 m/s2，方向向前；当BC绳的拉力为0时，加速度向后，设加速度大小为a2，有mgtan 37°＝ma2，a2＝7.5 m/s2，方向向后。    (3)汽车以a＝10 m/s2向前加速时，a<a1，小球没有向后飞起来，设AC绳和BC绳的拉力大小分别为T3、T4，建立如图甲所示的坐标系，有沿x轴方向T4sin 53°－T3sin 37°＝ma，沿y轴方向T4cos 53°＋T3cos 37°＝mg，解得T3＝10 N，T4＝70 N，汽车以10 m/s2向前减速时，a>a2，小球向前飞起来，BC绳的拉力大小为T6＝0， 设AC绳的拉力大小为T5，设AC与竖直方向的夹角为θ，建立如图乙所示的坐标系，有T5sin θ＝ma，T5cos θ＝mg，解得θ＝45°，T5≈70.7 N。答案：(1)40 N　30 N　(2)见解析　(3)见解析15．(16分)如图所示是倾角θ＝37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L＝2 m；质量M＝1.0 kg 的木块A(可看成质点)放在质量m＝0.5 kg、长d＝0.8 m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接。现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0＝1.6 m/s沿斜面向上做匀速直线运动。已知木块A的下表面与木板B间的动摩擦因数μ1＝0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B 物体此时的位置。然后将A木块上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2＝0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A一向下的初速度v1＝2 m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；(2)A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；(3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，A到B右端的距离。解析：(1)对B，由牛顿第二定律得μ1Mgcos θ－mgsin θ＝ma1，解得a1＝2 m/s2。(2)A、B相对静止需要的时间t1＝＝0.8 s，A的位移xA＝v0t1＝1.28 m，B的位移xB＝t1＝0.64 m，A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝0.64 m，A、B匀速运动的时间t2＝＝0.35 s。则A、B沿斜面上升过程所经历时间t＝t1＋t2＝1.15 s。(3)B开始向下加速运动的加速度a2＝＝10 m/s2B与A相对静止后B的加速度a3＝＝2 m/s2A、B沿斜面向下运动，到A、B达到共同速度所用的时间t3＝＝0.2 s，A的位移xA′＝v1t3＝0.4 m，B的位移xB′＝t3＝0.2 m，相对位移Δx′＝xA′－xB′＝0.2 m，此时A离B右端的距离d′＝Δx′＋(d－Δx)＝0.36 m，A、B速度相等后，B以加速度a3加速运动，B到达P所用时间为t4，则L－d－xB′＝v1t4＋a3t42，解得t4＝(－1)s，共速后，A、B相对位移Δx″＝v1t4＋a3t42－v1t4＝(3－2)m，因为Δx″<d′，即B与P接触时，A没有从B上滑离，d ″＝d′－Δx″＝(2－2.64)m。答案：(1)2 m/s2　(2)1.15 s　(3)(2－2.64)m