2020版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末综合测试 8页

第三章 牛顿运动定律 章末综合测试(三)‎ ‎(时间：60分钟　分数：100分)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6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．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是(　　)‎ A．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去 B．亚里士多德指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下也不偏离原来的方向 C．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 D．笛卡儿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 解析：A　伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，A正确．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续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，不符合历史事实，B错误．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，C错误．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，不符合事实，D错误．‎ ‎2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，重力加速度取‎10 m/s2)(　　)‎ 8‎ 解析：C　在0～1 s内，＝1，根据牛顿第二定律得a1＝＝g，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，在1 s末时的速度为‎5 m/s；在1～2 s内，拉力F为零，根据牛顿第二定律得a2＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在2～3 s内，＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小v＝a3t＝‎15 m/s，沿斜面向下，为负，C正确．‎ ‎3.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和‎2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度g.某时刻将细线剪断，则在细线剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块A的加速度为0‎ B．物块A的加速度为 C．物块B的加速度为0‎ D．物块B的加速度为 解析：B　剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg，对A、B系统，加速度a＝＝，即A和B的加速度均为.‎ ‎4．如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝‎10 m/s、质量为m＝‎1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，则下列说法不正确的是(　　)‎ 8‎ A．0～5 s内小木块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向 C．斜面倾角θ＝37°‎ D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5‎ 解析：A　由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v＝2ax，由题图乙可得a＝＝－‎10 m/s2，故减速运动时间：t＝＝1 s，故A错误；由题图乙可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a′＝＝ m/s2＝‎2 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝m|a|，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确．‎ ‎5.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为‎1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝‎10 m/s2.则(　　)‎ A．若F＝1 N，则物块、薄硬纸片都静止不动 B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝8 N，则B物块的加速度为‎4.0 m/s2‎ D．无论力F多大，A与薄硬纸片之间都不会发生相对滑动 解析：D　物块A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fA＝μ1mAg＝3 N，物块B与薄硬纸片间的最大静摩擦力fB＝μ2mBg＝2 N，F＝1 N45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是(　　)‎ A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上 B．若m1＝m2cot α，则两物体可静止在斜面上 C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g D．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零 解析：BC　若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsin α，由于α>45°，则m2gsin(90°－α)8 N)，当F＝10 N时，长木板的加速度a＝‎4 m/s2，C正确．‎ 二、非选择题(本大题共3小题，第9题15分，第10题17分，第11题20分，共52分)‎ ‎9．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以‎4 m/s的初速度沿倾角为30°的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v－t图线如图乙所示．木块到达最高点后又沿斜面滑下．g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)木块回到出发点时的速度大小v.‎ 解析：(1)由题图可知，木块经0.5 s滑至最高点，‎ 上滑过程中加速度的大小：a1＝(2分)‎ 上滑过程中，沿斜面向下的重力的分力和摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1(2分)‎ 代入数据得μ＝0.35(2分)‎ ‎(2)下滑的距离等于上滑的距离，则有x＝(2分)‎ 8‎ 下滑时，摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2(2分)‎ 代入数据解得a2＝‎2 m/s2(2分)‎ 下滑至出发点时的速度大小为v＝(2分)‎ 解得v＝‎2 m/s(1分)‎ 答案：(1)0.35　(2)‎2 m/s ‎10．如图所示，长s＝‎5 m、倾斜角θ＝37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L＝‎1.6 m，以恒定速率v0＝‎4 m/s逆时针运行，将一可看成质点的物块轻轻地放在传送带右端A上，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑．已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平地面上的D点，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)动摩擦因数μ的值；‎ ‎(2)物块滑到C点时速度的大小；‎ ‎(3)物块从A到D所经历的时间．‎ 解析：(1)在传送带上由速度位移公式可得 a＝，由牛顿第二定律得μmg＝ma(4分)‎ 联立可得a＝‎5 m/s2，μ＝0.5(1分)‎ ‎(2)在斜面上的加速度a2＝＝‎2 m/s2(2分)‎ 下滑到斜面底端s＝v0t2＋a2t，解得t2＝1 s(3分)‎ 下滑到斜面底端的速度vC＝v0＋a2t2＝‎6 m/s(2分)‎ ‎(3)在传送带上加速度a＝‎5 m/s2‎ 到达传送带左端所需时间t1＝＝0.8 s(2分)‎ 在水平地面上运动的时间t3＝＝1.2 s(2分)‎ 故所需时间t总＝t1＋t2＋t3＝3 s(1分)‎ 答案：(1)0.5　(2)‎6 m/s　(3)3 s ‎11．(2016·山东潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接，当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为‎4m的小铁块B(可视为质点)，最终B 8‎ 恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；‎ ‎(2)木板A的长度L；‎ ‎(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小．‎ 解析：(1)对A、C分析：mg＝2ma(1分)‎ v＝2ah，解得v0＝(2分)‎ ‎(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则 ‎(m＋m)a＝mg－μ·‎4m·g＝0(2分)‎ 即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，‎ B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝(1分)‎ 设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0(3分)‎ 解得L＝2h(1分)‎ ‎(3)共速前：A和C匀速，B加速，‎ aB1＝＝‎2g(1分)‎ t1＝＝(1分)‎ Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝(2分)‎ 共速后全部向右加速 aB2＝＝g(1分)‎ aAC＝＝g(1分)‎ Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t(2分)‎ 8‎ 可得t2＝，vB2＝v0＋aB2t2＝(2分)‎ 答案：(1)　(2)2h　(3) 8‎