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    2022新高考物理一轮总复习检测:第三章 素养提升课(三) 牛顿运动定律的综合应用

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    2022新高考物理一轮总复习检测:第三章 素养提升课(三) 牛顿运动定律的综合应用

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    这是一份2022新高考物理一轮总复习检测:第三章 素养提升课(三) 牛顿运动定律的综合应用,共4页。
     (建议用时:20分钟)1(2020·吉林市第二次调研)如图所示,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。若用xva分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象中能正确描述该过程的是(  )解析:D。滑块下滑过程中做匀减速直线运动下滑过程中其速度时间图线是一条斜向下的直线;下滑过程中其加速度时间图线与时间轴平行AB错误;用xva分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小据速度位移关系可得vv22ax解得v所以下滑过程中其速度位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线C错误D正确。2(2020·江苏海门中学第二次质调)一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在这一过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(  )解析:D。由于物体在多个力的作用下处于静止状态如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到0物体的合力逐渐增大到某值根据牛顿第二定律知加速度会逐渐增大到某一值接着又使这个力逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终不变)合力逐渐减小到零则加速度逐渐减小至零;所以物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零而速度从零开始一直增大根据vt图象的切线斜率表示瞬时加速度D图正确。3. (2020·丰台区二模)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上,滑块AB叠放在一起,A上表面水平,A物体的质量为2mB物体的质量为m。当滑块AB一起沿斜面向下运动时,AB始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力,下列说法正确的是(  ) AB物体受到的支持力Nmg,方向竖直向上BB物体受到的支持力Nmgmgsin θ,方向竖直向上CB物体受到的摩擦力fmgsin θ,方向沿斜面向下DB物体受到的摩擦力fmgsin θcos θ,方向水平向左解析:D。对AB整体由牛顿第二定律有3mgsin θ3ma解得agsin θ对物体B竖直方向mgNmasin θ解得Nmgmasin θmgcos2θ方向竖直向上;水平方向fmacos θmgsin θcos θ方向水平向左。4(2020·东北三省三校第二次联考)如图甲所示,质量分别为mM的物块AB叠放在一起,放于光滑水平面上。重力加速度大小为gAB间的动摩擦因数为μ,水平外力作用在A上,能使AB保持相对静止的最大外力Fμg间的关系如图乙所示,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(  )A.若m取一更大的值,则图象的斜率变小B.若m取一更大的值,则图象的斜率变大C.若M取一更大的值,则图象的斜率变大D.若M取一更大的值,则图象的斜率不变解析:B。对整体受力分析可知使AB保持相对静止的最大外力为F(Mm)a隔离BμmgMa联立解得Fμg图象斜率kmm取一更大的值则图象的斜率变大A错误B正确;若M取一更大的值则图象的斜率变小CD错误。5(2020·重庆市一中上学期期末)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受空气阻力大小恒定,方向与运动方向相反,该过程的vt图象如图所示,g10 m/s2。下列说法中正确的是(  )A.小球重力和阻力大小之比为61B.小球上升与下落所用时间之比为23C.小球落回到抛出点的速度大小为8 m/sD.小球下落过程受到向上的空气阻力,处于超重状态解析:C。根据图象可得上升过程的加速度大小a112 m/s2由牛顿第二定律有mgfma1代入数据解得2mgf51A错误;下降过程中对小球由牛顿第二定律可得mgfma结合A选项解得a8 m/s2根据hat2可得t所以可知上升和下降时间之比为t1t23B错误;小球匀减速上升的位移x×2×24 m24 m下降过程根据v22ax代入数据解得v8 m/sC正确;小球下落过程中加速度竖直向下处于失重状态D错误。6(2020·石家庄市第一次质检)如图所示,在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面,斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮,一细绳跨过定滑轮,一端系在物体A上,另一端与物体B连接,物体AB均处于静止状态,细绳与斜面平行。若将AB两物体对调,将A置于距地面h高处由静止释放,设A与地面碰撞后立即停止运动,B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞,重力加速度为g。试求:(1)AB的质量之比;(2)物体B沿斜面上滑的总时间。解析:(1)对物体AB受力分析mAgsin 30°T1T1mBg解得(2)AB对调后A物体接触地面前根据牛顿第二定律有AmAgT2mAa1BT2mBgsin 30°mBa1B在斜面上运动:ha1tA落地后B继续向上运动根据牛顿第二定律有mBgsin 30°mBa2a1t1a2t2解得t1t22所以B运动总时间tt1t24答案:(1)21 (2)4 

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