第3章 3 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

[基础题组]

1.(多选)(2020·福建三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(　　 )

A．物块与地面的动摩擦因数为0.2

B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N

C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N

D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2

[解析]　在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物决的加速度为零，选项D错误。

[答案]　BC

2．(多选)(2021·商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是(　　)

A．若m＞M，有x1＝x2 B．若m＜M，有x1＝x2

C．若μ＞sin θ，有x1＞x2 D．若μ＜sin θ，有x1＜x2

[解析]　在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有

T－μmg＝ma1②

联立①②解得T＝F③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2④

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有

T′－mgsin θ＝ma2⑤

联立④⑤解得T′＝F⑥

比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。

[答案]　AB

3．(多选)(2020·贵阳月考)有一列动车组由8节车厢编组而成，其中第2、3、6、7节为提供动力的车厢(动车)，其余为不带动力的车厢(拖车)。假设该列动车组每节车厢的质量都为m，在平直轨道上匀加速行驶时，每节动车提供大小均为F的牵引力，每节车厢所受阻力均为f。则该列动车组(　　)

A．第4、5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为0

B．第4、5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为2F

C．第7、8节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为

D．第7、8节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为

[解析]　对动车组整体，由牛顿第二定律有4F－8f＝8ma，设第4、5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为F45，对前4节车厢，由牛顿第二定律，F45＋2F－4f＝4ma，联立解得：F45＝0，选项A正确，B错误；设第7、8节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为F78，对第8节车厢，由牛顿第二定律，F78－f＝ma，联立解得：F78＝，选项C正确，D错误。

[答案]　AC

4．(2021·云南昆明市4月教学质量检测)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝，重力加速度为g，则F的大小为(　　 )

A.Mg　　　　　　　 B.Mg

C.(M＋m)g  D.(M＋m)g

[解析]　连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：

cos θ＝＝

sin θ＝＝

则tan θ＝

此时小球受到的合外力

F合＝mgtan θ＝mg

由牛顿第二定律可得：a＝＝g

以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得

F＝(M＋m)a＝(M＋m)g，

故D正确，A、B、C错误。

[答案]　D

5．(2021 ·河南顶级名校第四次联测)如右图所示，水平地面上放置一个质量为1 kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1 kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.2。现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10 N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　 )

A．大小为0.5 N，方向水平向右 B．大小为2 N，方向水平向右

C．大小为0.5 N，方向水平向左 D．大小为2 N，方向水平向左

[解析]　假设A、B一起运动，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ－μ1(mAg＋mBg－Fsin θ)＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5 m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfAB＝mBa＝0.5 N＜μ2mBg＝2 N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为FfAB＝0.5 N，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误。

[答案]　A

6．(2021·江西盟校一联)质量为m＝1 kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量也为m＝1 kg的大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10 m/s2。若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的变化如图所示。则两个动摩擦因数的数值为(　　)

A．μ1＝0.1　μ2＝0.4  B．μ1＝0.1　μ2＝0.2

C．μ1＝0.2　μ2＝0.4  D．μ1＝0.4　μ2＝0.4

[解析]　由图可知，当F≥6 N时，铁块所受的摩擦力恒定，即变为滑动摩擦力，且Ff＝μ2mg＝4 N

解得μ2＝0.4

在F＝6 N时，铁块和木板具有相同的加速度

对铁块有：F－Ff＝ma

解得a＝2 m/s2

对木板有：Ff－μ1·2mg＝ma

解得μ1＝0.1，故A正确。

[答案]　A

7．(多选)(2021·温州检测)将一质量为M的物块放在一水平桌面上，用一质量不计的轻绳跨过桌子边缘的定滑轮连接一托盘，如图所示，在托盘中放上一定量的砝码。已知盘和砝码的总质量为m，M＝2 m，重力加速度取g，忽略一切摩擦力和阻力。当将托盘由静止释放后，下列描述正确的是(　　)

A．砝码的加速度为g B．物块的加速度为

C．绳子的拉力为mg D．盘中的砝码处于完全失重状态

[解析]　应用隔离法，对托盘和砝码分析，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，对物块分析，由牛顿第二定律得F＝2ma，可知加速度大小为a＝＝g，故A错误、B正确；将a＝g代入F＝2ma得F＝mg，C正确；由于砝码加速度向下且大小为，所以砝码处于失重状态，但不是完全失重，则D错误。

[答案]　BC

8．(2020·襄阳调研)如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0＞μmg。下列关于运动中的速度－时间图象正确的是(　　)

[解析]　开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。

[答案]　C

[提升题组]

9．(多选)(2020·黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2)，下列结论正确的是(　　)

A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态

B．弹簧的劲度系数为750 N/m

C．物体的质量为2 kg

D．物体的加速度大小为5 m/s2

[解析]　物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻质弹簧无形变，选项A正确；从图中可知ma＝10 N，ma＝30 N－mg，x0＝4 cm，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝500 N/m，选项B错误。

[答案]　ACD

10．(多选)(2021·菏泽一模)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图象，取g＝10 m/s2，则(　　)

A．滑块A的质量m＝1.5 kg

B．木板B的质量M＝1.5 kg

C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s2

D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1

[解析]　由图乙知，当F＝4 N时A、B相对静止，加速度为a＝2 m/s2，对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg，当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，由图象可知，图线的斜率：k＝＝＝2 kg－1，解得M＝0.5 kg，则滑块A的质量为：m＝1.5 kg，故A正确，B错误；将F＞4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a＝F－，解得μ＝0.2，故D错误；根据F＝5 N＞4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度为aB＝F－μ＝4 m/s2，故C正确。

[答案]　AC

11．(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；

(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。

[解析]　(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件

m1g＝kv①

m2g＝kv②

由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③

(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有

v＝2as④

v2＝at⑤

联立③④⑤式及题给条件得

a＝2.0 m/s2

t＝39 s

[答案]　(1)78 m/s　(2)2.0 m/s2　39 s

12．(2020·赣州期末)新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用单手托托盘方式(如图)给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)服务员运动的最大加速度；

(2)服务员上菜所用的最短时间。

[解析]　(1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1

碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ1mg

解得a1≤μ1g＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2

对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得Ff2＝(M＋m)a2

手和托盘间相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ2(M＋m)g

解得a2≤μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2

则最大加速度amax＝1.5 m/s2。

(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短

加速运动时间t1＝＝ s＝2 s

位移x1＝vmaxt1＝3 m

减速运动时间t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m

匀速运动位移x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m

匀速运动时间t3＝＝2 s

最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6 s

[答案]　(1)1.5 m/s2　(2)6 s