最新高考物理人教浙江一轮复习讲义第3章 章末综合练Word下载.docx

最新高考物理人教浙江一轮复习讲义第3章 章末综合练Word下载.docx

《最新高考物理人教浙江一轮复习讲义第3章 章末综合练Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新高考物理人教浙江一轮复习讲义第3章 章末综合练Word下载.docx（11页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

C。

m/s、kg、sD.N、kg、m/s2

答案　B

解析　三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s.

3.一物体受绳的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是（　　）

加速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力

B.减速前进时，绳拉物体的力小于物体拉绳的力

只有匀速前进时，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等

D。

不管物体如何前进，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等

答案　D

解析　绳拉物体的力与物体拉绳的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上,与运动状态无关,故A、B、C错误，D正确。

4。

一个物体受几个力的作用而处于静止状态,若保持其余几个力不变，而将其中一个力F逐渐减小到零，然后又逐渐增大到F（方向不变），在这个过程中，物体的（　　）

A.加速度始终增大,速度始终增大

B。

加速度始终减小，速度始终增大

C.加速度先增大后减小，速度始终增大直到一定值

加速度和速度都是先增大后减小

答案　C

解析　多个力平衡时，多个力中的任意一个力与其余力的合力等值、反向、共线。

将其中的一个向东的力F减小到零后再增加到F,故合力先向西增加到F，再减小到零；

根据牛顿第二定律，加速度先增加后减小到零，物体初速度为零，加速度方向一直与速度方向相同，故速度一直增加，故A、B、D错误，C正确。

5.某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N.他将弹簧秤移至电梯内称其体重,在t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图1所示,电梯从静止开始运行的v－t图是（取电梯向上运动的方向为正）（　　）

图1

解析　人的重力为490N,由受力图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G,故合力为G－F＝50N,电梯可能向下加速，也可能向上减速；

t1至t2时间段弹力等于重力,故合力为零，电梯可能为匀速也可能静止，但由于电梯匀加速运动刚结束，速度不可能突变为零，故此时间段内，电梯只能是做匀速直线运动;

而t2至t3时间段内合力向上，故电梯加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；

综合上面的分析可以知道，速度先是在负方向增大,然后是做匀速直线运动，最后做匀减速运动，直到速度为零，全部时间段内，速度一直为负值，故符合这个规律的只有A，故A正确，B、C、D错误。

6。

如图2所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，开始向上做匀速运动。

若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，则热气球（　　）

图2

A.所受浮力大小为4600N

加速上升过程中所受空气阻力保持不变

从地面开始上升到距离地面150m前处于超重状态

随着高度增加惯性越来越小

解析　从地面刚开始竖直上升时，速度为零,故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律:

有：

F浮－mg＝ma解得：

F浮＝m（g＋a）＝460×

（10＋0。

5）N＝4830N，故A错误；

气球受重力、浮力和空气阻力,若阻力不变，合力不变,气球匀加速上升，矛盾,故B错误；

刚开始竖直上升时的加速度为0。

5m/s2，加速度的方向向上,气球处于超重状态，故C正确；

物体的惯性与高度的大小无关，仅与物体的质量有关，故D错误。

7。

如图3所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和2m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相同.当用水平力F作用于A上，且两物块以相同加速度向左加速运动时，弹簧的伸长量为x;

当用同样大小、方向相反的力作用于B上，且两物块以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为（　　）

图3

A.

xB.x

C.2xD.动摩擦因数未知,无法求出

解析　当用水平力F作用于A上，且两物块以相同加速度向左加速运动时，整体的加速度a＝

＝

－μg，隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：

F弹－μ·

2mg＝2ma，解得F弹＝

。

当用同样大小，方向相反的力作用于B上，整体的加速度a′＝

－μg，隔离对A分析，根据牛顿第二定律有：

F弹′－μmg＝ma′,解得F弹＝

F。

根据胡克定律得，

F＝kx,

F＝kx′,解得x′＝

x，故A正确，B、C、D错误.

8。

如图4所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则（　　）

图4

A.物块可能匀速下滑

物块仍以加速度a匀加速下滑

物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑

解析　未加F时，物块受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：

a＝

，当施加F后，加速度a′＝

，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大，故C确，A、B、D均错误。

二、多项选择题

9。

质点所受的合外力F随时间变化的规律如图5所示,力的方向始终在一条直线上,已知t＝0时质点的速度为零，在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中（　　）

图5

A.t1时刻质点速度最小

B.t2时刻质点速度最大

t3时刻质点离出发点最远

t4时刻质点离出发点最远

答案　BD

解析　由力的图象分析可知:

在0～t1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动。

在t1～t2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动.

在t2～t3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动。

在t3~t4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动。

t4时刻速度为零.

则零和t4时刻质点的速度最小；

t2时刻质点的速度最大，动能最大，质点一直沿正方向运动，位移一直增加，所以t4时刻质点离出发点最远。

10.酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间，下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；

“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离，分析表中数据可知，下列说法正确的是（　　）

速度

反应距离

刹车距离

正常

酒后

15m/s

6m

12m

15m

驾驶员正常情况下反应时间为0。

4s

驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s

汽车刹车时，加速度大小为10m/s2

D.汽车刹车时，加速度大小为7。

5m/s2

答案　AD

解析　在“反应距离”内汽车做匀速直线运动，驾驶员酒后反应时间为t1＝

s＝0.8s，正常情况下反应时间为t2＝

s＝0。

4s。

所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.4s，故A正确，B错误；

汽车刹车时做匀减速直线运动，初速度v0＝15m/s,末速度v＝0，位移x＝15m.由v2－v

＝2ax得，a＝

m/s2＝－7.5m/s2，加速度大小为7.5m/s2，故C错误，D正确.

11。

如图6甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处。

滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示.以下判断正确的是（　　）

图6

A.图线与纵轴的交点M的值aM＝－g

B.图线与横轴的交点N的值FTN＝mg

C.图线的斜率等于货物的质量m

图线的斜率等于货物质量的倒数

答案　ABD

解析　对货物受力分析,受重力mg和拉力FT,根据牛顿第二定律，有FT－mg＝ma，a＝

－g

当FT＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，故A正确;

当a＝0时,FT＝mg,故图线与横轴的交点N的值FTN＝mg，故B正确;

图线的斜率表示质量的倒数

故C错误,D正确.

12。

如图7所示，小物体A与传送带相对静止，传送带（倾角为θ）以逆时针方向做加速度为a加速转动时（重力加速度为g）（　　）

图7

只有a＞gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用

B.只有a＜gsinθ,A才受沿传送带向上的静摩擦力作用

C.只有a＝gsinθ，A才不受传送带的摩擦力作用

D.无论a为多大,A都受沿传送带向上的静摩擦力作用

答案　BC

解析　当A不受传送带的摩擦力的时候，对物体受力分析可知，此时物体的加速度的大小为gsinθ；

当传送带的加速度a＞gsinθ时，物体相对传送带有向上滑的趋势，所以物体A将受到沿传送带向下的静摩擦力作用，所以A错误；

当传送带的加速度a＜gsinθ时,物体相对传送带有向下滑的趋势，所以物体A将受到沿传送带向上的静摩擦力作用,所以B正确；

当传送带的加速度a＝gsinθ时，物体的加速度和传送带的加速度相同，此时物体和传送带一起运动，没有相对运动的趋势，此时物体A不受摩擦力作用，所以C正确；

由前面的分析可知，D错误。

13。

甲、乙、丙、丁四位同学在探究加速度与物体质量和合外力的关系的实验时，设小车质量和车上砝码质量之和为M，砂及砂桶的总质量为m,分别得出如图8中甲、乙、丙、丁四条图线，其中图甲、乙、丙是a－F图线，图丁是a－

图线,则下列说法中正确的是（　　）

图8

甲和乙较好地把握了实验条件M远大于m

B.丙和丁没有把握好实验条件M远大于m

甲同学长木板的倾角太小，而乙同学长木板的倾角太大

D.甲、乙、丙三同学中,丙较好地完成了平衡摩擦力的操作

答案　ACD

解析　在a－F图中,当m≪M时，a与F成线性关系,所以甲、乙和丙较好地把握了实验条件M远大于m，随着F的增大，即砂和砂桶的总质量的增大，不再满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量时，图象上部会出现弯曲现象，所以题图丁没有把握好实验条件M远大于m,故A正确,B错误；

题图甲,当F≠0时，a＝0。

也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足这个步骤，即甲同学长木板的倾角太小，题图乙a－F图象不过坐标原点，在a轴上有截距,说明木板垫起的太高，过度平衡摩擦力，故C正确；

题图丙是一条过原点的直线,说明较好地完成了平衡摩擦力的操作,故D正确.

三、非选择题

14.如图9所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系.小车上固定一个盒子,盒子内盛有沙子。

沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子质量）记为M.验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比时是这样操作的：

从盒子中取出一些沙子,装入沙桶中,称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出。

多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度。

以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a－F图象，图象是一条过原点的直线.

图9

（1）在本次实验中，是否需要平衡摩擦力？

________（填“是”或“否"

）.

（2）在本次实验中，如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据是否会和理论预期产生较大差异？

________（填“会”或“不会”）。

答案　

（1）是　

（2）不会

解析　

（1）该实验研究的对象为系统,保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改变沙桶的重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系.所以在本次实验中，需要平衡摩擦力.