2023届高考物理一轮复习 3.2.3 牛顿第二定律应用(三) 过关检测

这是一份2023届高考物理一轮复习 3.2.3 牛顿第二定律应用(三) 过关检测，共5页。试卷主要包含了32才为合格等内容，欢迎下载使用。
A.2∶1 B.1∶1
C.eq \r(3)∶1 D.1∶eq \r(3)
2. 某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B.工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
3.如图所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与A、B两物体相连，物体A质量为m，物体B质量为3m。重力加速度为g，现由静止释放物体A、B，在物体A上升、B下降的运动过程中，定滑轮对天花板的拉力为( )
B.2mg
C.3mg D.4mg
4.如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
A.图线与纵轴的交点的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C.图线与横轴的交点N的值mg
D.图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数eq \f(1,m)
5.(2020·天津市六校联考期初检测)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8 kg 的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )
A.当F增加到4 N时，m相对M开始运动
B.当F＝10 N时，M对m有向右的2 N的摩擦力
C.当F＝15 N时，m对M有向左的4 N的摩擦力
D.当F＝30 N时，M对m有向右的6 N的摩擦力
6.(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图像可能是( )
7.(多选)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图像可能是( )
8.(多选)如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.0～6 s内，m的加速度一直保持不变
B.m相对M滑动的时间为3 s
C.0～6 s内，m相对M滑动的位移的大小为4 m
D.0～6 s内，m、M相对地面的位移大小之比为3∶4
9.如图7甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，求：
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。
10.某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。求：
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
11.质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
12.如图所示，质量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6 N 的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.4。(设滑板A足够长，取g＝10 m/s2)求：
(1)经过多长时间A、B达到共同速度；
(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q；
(3)2 s内滑板A的位移大小。
参考答案：
1.B 2.B 3.C 4.A 5.B。6.BC 7.ABD 8.BD。
9.答案 (1)8 m/s (2)0.5
解析 (1)由v－t图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以
L＝eq \f(1,2)×1×10 m＋eq \f(1,2)×(10＋12)×1 m＝16 m
由平均速度的定义得 eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(L,t)＝8 m/s。
(2)由v－t图像可知传送带运行速度为v1＝10 m/s
0～1 s内物体的加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝10 m/s2 1～2 s内的加速度为a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2 联立两式解得μ ＝ 0.5。
10.答案 (1)26 m/s (2)608 m
解析 (1)0～6 s内由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1 6 s末车速为v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得F2－Ff＝ma2
第18 s末车速为v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，
故有Ff＝F＝1 500 N，解得v1＝30 m/s，v2＝26 m/s。
(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(v1,2)t1＝90 m
汽车在6～18 s内的位移为x2＝eq \f(v1＋v2,2)t2＝336 m
汽车在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m
故汽车在前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m。
11.答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
解析 (1)由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。
(2)由图像知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得 －μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1。
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝eq \f(v1－0,t1)＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg。
12.答案 (1)1 s (2)27 J (3)22 m
解析 (1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1 解得a1＝3.5 m/s2，方向向左
设B的加速度大小为a2，对B由牛顿第二定律可得
F＋μ2mg＝ma2 解得a2＝10 m/s2，方向向右
A做减速运动，有v1＝v0－a1t B做加速运动，有v2＝a2t
A、B达到共同速度时v1＝v2 解得t＝1 s。
(2)从开始计时到达到共同速度，A的位移大小x1＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝11.75 m
B的位移大小x2＝eq \f(1,2)a2t2＝5 m
A、B间因摩擦而产生的热量为Q，则Q＝μ2mg(x1－x2)＝27 J。
(3)经分析，A、B达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动
设A的加速度大小为a3，对A由牛顿第二定律可得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma3 解得a3＝0.5 m/s2，方向向右
1 s时，由(1)可得v1＝10 m/s，再经过1 s，A的位移大小x3＝v1t＋eq \f(1,2)a3t2＝10.25 m
2 s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22 m。