2020年高三物理复习 大专题检测卷一

大专题检测卷一力和运动考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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)1．(2018·安徽省亳州市第一学期期末质检)一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为()A.13tan θ B.19tan θC.45tan θ D.54tan θ2．(2018·四川省成都市新都区摸底)a、b两物体在同一直线上运动，二者运动的v－t图象均为直线．如图1所示，已知两物体在4 s末相遇．则关于它们在0～4 s内的运动．下列说法正确的是()图1A．a、b两物体运动的方向相反B．a物体的加速度小于b物体的加速度C．t＝2 s时两物体相距最远D．t＝0时刻，a在b前方3 m远处3．(2018·吉林省吉林市第二次调研)如图2所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，一质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是(重力加速度为g)()图2A ．框架对小球的支持力先减小后增大B ．拉力F 的最小值为mg cos θC ．地面对框架的摩擦力先减小后增大D ．框架对地面的压力先增大后减小4．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图3所示，粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A 、B ，质量分别为m A ＝m ，m B ＝3m ，与水平面间的动摩擦因数均为μ，木块A 通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓缓向左水平推木块B ，使木块A 、B 一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A 、B 由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F 时(木块A 、B 未分离)，则( )图3A ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为3F 4B ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为F 4C ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为34F －3μmg D ．木块A 对木块B 的作用力大小一定为F －μmg5．(2018·山西省太原市三模)如图4，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b ，整个系统处于静止状态．现将物块c 轻轻放在a 上，整个系统依然处于静止状态，则( )图4A ．绳OO ′与竖直方向的夹角变小B ．绳OO ′的张力一定变大C ．连接a 和b 的绳的张力可能不变D ．b 与桌面间的摩擦力保持不变6．(2018·安徽省宣城市第二次调研)在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m 的一本英语词典和一本汉语词典，图5甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑．已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，则下列说法正确的是()图5A．μ1>μ2B．μ3<μ2C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mg cos θD．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mg cos θ7．(2018·山东省济南一中阶段检测)如图6所示，矩形物块A和楔形物块B、C叠放在水平地面上，B物块上表面水平．水平向左的力F作用在B物块上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是()图6A．物块A的受力个数为2个B．物块B的受力个数为4个C．地面对物块C的支持力等于三者重力之和D．地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右8．(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图7所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端拴连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置，则()图7A．弹簧可能处于压缩状态B．大圆环对小球的弹力方向不可能指向O点C．小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点D．大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力9．(2018·广东省深圳市三校模拟)如图8所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体()图8A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力小于(M＋m)gD．支持力大于(M＋m)g10．(2018·安徽省滁州市联合质检)如图9甲所示，倾角为37°足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放在传送带上，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是()图9A．传送带顺时针转动，速度大小为4 m/sB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C．0～8 s内物体位移的大小为14 mD．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J二、非选择题(本题共5小题，共60分)11．(8分)(2018·河北省衡水金卷模拟一)某同学利用共点力平衡的原理来探究共点力的合成是否遵循平行四边形定则，他将三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)的一端系在一起，用三条细绳分别连接橡皮筋的另一端，按图10所示方式把重物竖直吊起．在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力的大小，并通过三条细绳的方向确定三个拉力的方向，从而探究其中任意两个拉力的合力是否与第三个力等大反向．图10(1)在实验过程中，下列说法正确的是________．A．实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B．以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，其对角线一定与OC在一条直线上C．多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物质量，但结点O位置不能改变D．每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置(2)为减小实验误差，应选择劲度系数适当________(填“大”或“小”)的橡皮筋，质量适当________(填“大”或“小”)的重物．12．(8分)(2018·山东省临沂市上学期期中)某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图11甲所示，设计的实验步骤为：(1)调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；(2)保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50 Hz)．请回答下列问题：图11①打点计时器在打下D点时滑块的速度v D＝________m/s；②滑块做匀加速直线运动的加速度a＝________m/s2；(结果保留3位有效数字)③滑块质量M＝________(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)．13．(12分)(2018·广东省第一次模拟)2017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试．某次测试中，C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t1＝20 s达到最大速度v m＝288 km/h，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来，如图12.若滑行总距离x＝3 200 m，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g ＝10 m/s2.图12(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m＝8×104kg，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)14．(14分)(2019·陕西省商洛市调研)如图13所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态，重力加速度为g.求：图13(1)A、B两木块之间的距离；(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大．15．(18分)(2018·山东省日照市二模)如图14甲所示，质量M＝2 kg、长L＝1 m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：(取g＝10 m/s2)图14(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F＝kt(k是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力F f随时间t变化的图象如图乙所示．求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；(2)若在铁块上施加恒力F，使铁块从木板上滑落，求F的大小范围；(3)若在铁块上施加向右的恒力F＝8 N，求铁块运动到木板右端所用的时间．参考答案1.答案 C解析 向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a 1，则x ＝12a 1t 12，设向下运动的加速度的大小为a 2，则向下运动的过程中：x ＝12a 2t 22，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t 2＝3t 1，联立可得：a 1＝9a 2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ，向下运动的过程中：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，联立得：μ＝45tan θ，故C 正确． 2.答案 C解析 a 、b 两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A 错误；a 物体的加速度大小为：a 1＝Δv Δt ＝4－22 m/s 2＝1 m/s 2，b 物体的加速度大小为：a 2＝Δv Δt ＝5－42m/s 2＝0.5 m/s 2，a 物体加速度大于b 物体的加速度，B 错误；两物体在4 s 末相遇，则两物体速度相等时相距最远，C正确；设t ＝0时相距x 0，则有：4 s 末x 0＋x a ＝x b ，所以x 0＋2×4 m ＋12×1×42 m ＝5×4 m －12×0.5×42 m ，解得x 0＝0，D 错误．3.答案 B解析 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示．根据几何关系可知，力F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力F N 逐渐减小，F 先减小后增大，当F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：F ＝mg cos θ，故A 错误，B 正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F 的作用，F 在顺时针方向转动的过程中，沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故C 、D 错误．4.答案 A解析 当弹簧弹力大小为F 时，设木块A 对木块B 的作用力大小为F N .根据牛顿第二定律，对A 、B 整体有：F －μ·4mg ＝4ma ，对B 有F N －μ·3mg ＝3ma ，联立解得：F N ＝34F ，故选A. 5.答案 B解析 以滑轮为研究对象，受a 、b 、OO ′细绳的拉力而平衡，a 、b 细绳拉力大小等于a 的重力，其合力与OO ′细绳的拉力等大反向，将物块c 轻轻放在a 上，a 、b 细绳拉力增大，其合力增大，合力方向不变，绳OO ′与竖直方向的夹角不变，绳OO ′的张力一定变大，A 、C 错误，B正确；以b为研究对象，b绳拉力沿水平方向的分力等于b与桌面间的摩擦力，拉力变大所以摩擦力变大，D错误．6.答案 D解析题图甲中，对整体分析：2mg sin θ＝μ2·2mg cos θ，题图乙中对整体分析，2mg sin θ－μ1·2mg cos θ＝2ma，由两式可知，μ1＜μ2，故A错误；对题图乙，对整体分析，得a＝g sin θ－μ1g cos θ，隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得，mg sin θ－F f＝ma，解得F f＝μ1mg cos θ，因为两词典保持相对静止，则μ1mg cos θ＜μ3mg cos θ，知μ1＜μ3，但无法比较μ2与μ3的关系，故B、C错误；根据共点力平衡知，题图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力F f静＝mg sin θ，因为2mg sin θ＝μ2·2mg cos θ，所以F f静＝μ2mg cos θ，故D正确．7.答案ACD解析对A受力分析，A受重力和支持力2个力的作用，故A正确；B受重力、压力、斜面施加的斜向上的支持力、拉力F，根据平衡条件还受斜面施加的斜向上的摩擦力，共5个力的作用，故B错误；以A、B、C整体为研究对象受力分析，根据平衡条件知，地面对物块C的支持力等于三者重力之和，地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，故C、D正确．8.答案BC解析若弹簧处于压缩状态，则对小球受力分析可知，重力向下，大圆环对小球的弹力指向O点，弹簧弹力沿PQ向下，则由平衡条件可知，此三力不可能平衡，选项A错误；因弹簧处于被拉伸状态，则大圆环对小球的弹力方向沿半径方向向外，不可能指向O点，选项B正确；因小球受重力、弹簧的弹力以及大圆环的弹力作用，由平衡条件可知，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定与大圆环对小球的弹力等大反向，指向O点，选项C正确；根据平行四边形定则，结合几何关系可知，大圆环对小球的弹力大小等于球的重力，选项D错误．9.答案BC解析选M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为F T，受力分析如图所示：由平衡条件可以判断，M必受到水平向右的摩擦力设斜面的倾角为θ，则：F N＋F T sin θ＝(M＋m)g，所以：F N<(M＋m)g，故B、C正确，A、D错误．10.答案ACD解析由题图可知小物体先沿传送带向下做减速运动后沿传送带向上做加速运动，故可知传送带速度方向沿斜面向上，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，A正确；根据v －t 图象的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得μ＝0.875，故B 错误；0～8 s 内物体位移为x ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m ＝14 m ，故C 正确；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动.0～6 s 内传送带运动距离为x 带＝4×6 m ＝24 m,0～6 s 内物体位移为x 物＝－12×2×2 m ＋4×42m ＝6 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·x 相对＝126 J ，故D 正确． 11.答案 (1)AD (2)小 大解析 (1)实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长，从而确定橡皮筋的伸长量，从而确定力的大小，选项A 正确；以OA 、OB 为两邻边作力的平行四边形，由于实验存在误差，则其对角线不一定与OC 在一条直线上，选项B 错误；多次实验中可改变OA 、OB 的夹角或改变重物质量，因为是不同的实验，则结点O 位置可以变动，选项C 错误；每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置，选项D 正确．(2)为减小实验误差，应选择劲度系数适当小的橡皮筋，质量适当大的重物，这样橡皮筋的伸长量较大，误差较小．12.答案 (2)①1.69 ②3.88 ③g am 0 解析 (2)①相邻计数点间的时间间隔为T ＝2×0.02 s ＝0.04 s ，则v D ＝x CE 2T ＝24.56－11.042×0.04× 10－2 m/s ＝1.69 m/s, ②根据逐差法可得x DE －x BC ＝2a 1T 2，x CD －x AB ＝2a 2T 2，联立得a ＝x CD －x AB ＋x DE －x BC 4T 2＝0.064 5－0.052 0＋0.070 7－0.058 44×0.042 m/s 2≈3.88 m/s 2 ③滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得m 0g ＝Mg sin θ－F f ，撤去m 0，滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力F 合＝Mg sin θ－F f ，由牛顿第二定律得F 合＝Ma ，解得M ＝m 0g a. 13.答案 (1)4 m/s 2 (2)4×105N (3)53.3 m/s解析 (1)由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s ，解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故a ′＝4 m/s 2.(2)加速过程F －kmg ＝ma ，解得F ＝4×105 N.(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 12＝800 m 减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m＝20 s故全程的平均速度大小v ＝x t 1＋t 2＋t 3≈53.3 m/s. 14.答案 (1)L ＋mg sin α＋μmg cos αk(2)2g (sin α＋μcos α) 0解析 (1)隔离B 木块受力分析，由平衡条件可得F 弹＝mg sin α＋μmg cos α由胡克定律F 弹＝k Δx 得两木块间的距离为L AB ＝L ＋Δx ＝L ＋mg sin α＋μmg cos αk(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B 由牛顿第二定律得F 弹－(mg sin α＋μmg cos α)＝ma B 解得a B ＝0.对于木块A 有F 弹＋μmg cos α＋mg sin α＝ma A解得a A ＝2g (sin α＋μcos α)．15.答案 (1)0.1 0.5 (2)F >6 N (3)1 s解析 (1)由题图可知，0～1 s 内，木板与铁块均没有滑动，F 1＝F ＝kt ；1～3 s ，木板与铁块相对静止，但整体相对地面运动，故t ＝1 s 时，恰好有F f1＝μ1(m ＋M )g ＝3 N则木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；3 s 后，木板与铁块相对滑动，铁块受到滑动摩擦力，有μ2mg ＝5 N则木板与铁块间的动摩擦因数为μ2＝0.5(2)使铁块从木板上滑落，必须有铁块的加速度大于木板的加速度，设铁块的加速度为a 1、木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律，对铁块：F －μ2mg ＝ma 1对木板：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2当a 1>a 2时，铁块才能从木板上滑落，代入数据解得：F >6 N(3)F ＝8 N>6 N ，则对铁块，由牛顿第二定律F －μ2mg ＝ma 1，解得a 1＝3 m/s 2； 对木板：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2，解得a 2＝1 m/s 2设铁块运动到木板右端所用的时间为t ，则12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得：t ＝1 s.。