（京津鲁琼版）2023版高考物理总复习第三章第3节分极检测巩固提升检测（含解析）

〔京津鲁琼版〕2022版高考物理总复习第三章第3节分极检测稳固提升检测〔含解析〕PAGE18-分极检测稳固提升(建议用时：40分钟)【A级根底题练熟快】1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，那么以下图象中可能正确的选项是()解析：选D.人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，应选项D正确．2．(多项选择)(2022·上海十二校联考)如下图，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；假设用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′.那么以下关系正确的选项是()A．F′＝2F B．x′＝2xC．F′>2F D．x′<2x解析：选AB.取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力FT＝eq\f(m2F,m1＋m2)＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确．3．(2022·辽宁葫芦岛一中模拟)如下图，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；假设细线下端不挂重物，而用F＝10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，那么()A．a1＜a2 B．a1＝a2C．a1＞a2 D．条件缺乏，无法判断解析：选A.挂重物时，选连接体为研究对象，由牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为：a1＝eq\f(GQ,mP＋mQ)＝eq\f(10N,mP＋mQ)；当改为10N拉力后，由牛顿第二定律得，P的加速度为：a2＝eq\f(10N,mP)，故a1＜a2，应选A.4.如下图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.以下反映a1和a2变化的图线中正确的选项是()解析：选A.当水平力F较小时，两物体相对静止，加速度相同，由F＝ma知：两者的加速度a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(kt,m1＋m2)，a∝t当水平力F较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1＝eq\f(μm2g,m1)，由于μ、m1、m2是定值，故m1的加速度a1不变．对m2：a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝eq\f(kt－μm2g,m2)，a2是时间t的线性函数．选项A正确．5．(2022·湖北沙市中学模拟)如下图，水平传送带足够长，传送带始终顺时针匀速运动，长为1m的薄木板A的正中央放置一个小木块B，A和B之间的动摩擦因数为0.2，A和传送带之间的动摩擦因数为0.5，薄木板A的质量是木块B质量的2倍，轻轻把A、B整体放置在传送带的中央，设传送带始终绷紧并处于水平状态，g取10m/s2，在刚放上很短的时间内，A、B的加速度大小分别为()A．6.5m/s2、2m/s2 B．5m/s2、2m/s2C．5m/s2、5m/s2 D．7.5m/s2、2m/s2解析：选A.设木块的质量为m，那么木板的质量为2m.A、B间的动摩擦因数为μ，A与传送带间的动摩擦因数为μ′.根据牛顿第二定律得，对B：受到A的向右的滑动摩擦力μmg＝maB，得：aB＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2.对A：受到传送带的向右的滑动摩擦力，大小为μ′·3mg，B的向左的滑动摩擦力，大小为μmg，那么μ′·3mg－μmg＝2maA，得aA＝6.5m/s2，应选项A正确．6．(2022·辽宁庄河高中模拟)如下图，质量分别为M、m的滑块A、B叠放在固定的、倾角为θ的斜面上，A与斜面间、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，当A、B从静止开始以相同的加速度下滑时，关于B受到的摩擦力，以下说法正确的选项是()A．等于零B．方向平行于斜面向下C．大小为μ1mgcosθD．大小为μ2mgcosθ解析：选C.以滑块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为a＝g(sinθ－μ1cosθ)，设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，那么有mgsinθ＋f＝ma，解得f＝ma－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故A、B、D错误，C正确．7.如下图，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A别离．以下说法正确的选项是()A．B和A刚别离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚别离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于eq\f(mg,h)D．在B与A别离之前，它们做匀加速直线运动解析：选C.A、B别离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要别离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma.即F＝kx时，A、B别离，此时弹簧处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝eq\f(mg,h)，综上所述，只有C项正确．8．(多项选择)如图甲所示为应用于机场和火车站的平安检查仪，用于对旅客的行李进行平安检查．其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.假设乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，那么()A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．假设传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处解析：选BD.行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝eq\f(v,a)＝1s到达共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝eq\f(2m－x1,v)＝1.5s到达B，共用2.5s；乘客到达B，历时t＝eq\f(2m,v)＝2s，故B正确；假设传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，D项正确．【B级能力题练稳准】9．(多项选择)(2022·深圳一调)如下图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者别离．那么以下变化可使位移x增大的是()A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板之间的动摩擦因数解析：选BD.根据牛顿第二定律得，木块的加速度为a1＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，木板的加速度为a2＝eq\f(μmg,M)，设木板长为L，根据L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，得t＝eq\r(\f(2L,a1－a2)).木板相对地面运动的位移为x＝eq\f(1,2)a2t2，那么知假设仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，可知时间t减小，x减小，故A错误；假设仅增大木块的质量m，那么木块的加速度减小，木板的加速度增大，那么t增大，x增大，故B正确；假设仅增大恒力F，那么木块的加速度变大，木板的加速度不变，那么t减小，x减小，故C错误；假设仅增大木块与木板间的动摩擦因数，那么木块的加速度减小，木板的加速度增大，那么t增大，x增大，故D正确．10．(2022·河北正定中学模拟)如下图，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.假设滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，那么滑块的运动情况是()A．沿着杆加速下滑B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆减速上滑解析：选D.把滑块和球看成一个整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，假设速度方向向下，那么沿杆方向有(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直杆方向有FN＝(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f＝μFN，联立可解得a＝gsinθ－μgcosθ.对小球有，假设θ＝β，那么a＝gsinβ，现有θ<β，那么有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故D正确．11．(2022·山东潍坊中学模拟)如下图，质量M＝2kg、长l＝1m的木板由不同材质的AB、BC两局部组成，B是木板中点，木板放在光滑水平地面上；质量m＝1kg的物块放在木板左端．现对物块施加水平向右的力F＝4N，使物块向右滑动，物块滑动到B点时撤去拉力，此时木板恰好与右侧墙壁相撞．木板AB局部与物块间的动摩擦因数μ1＝0.2，g＝10m/s2.(1)求木板与墙壁相撞前的加速度大小；(2)求开始时木板右端与墙壁的距离；(3)木板与墙壁相撞后以原速率返回，物块滑动到木板最右端时二者速度均为零，求木板BC局部与物块间的动摩擦因数μ2.解析：(1)对木板由牛顿第二运动定律：μ1mg＝Ma板解得：a板＝1m/s2.(2)设物块的加速度为a物，经时间t物块运动到B点F－μ1mg＝ma物x物＝eq\f(1,2)a物t2x板＝eq\f(1,2)a板t2x物－x板＝eq\f(l,2)解得：a物＝2m/s2，t＝1s，x板＝0.5m.(3)撤去F瞬间两物体速度v物＝a物t，v板＝a板t撤去F后对物块：μ2mg＝ma′物对木板：μ2mg＝Ma′板物块与木板位移满足eq\f(veq\o\al(2,物),2a′物)＋eq\f(veq\o\al(2,板),2a′板)＝eq\f(l,2)解得：μ2＝0.6.答案：(1)1m/s2(2)0.5m(3)0.612．(2022·湖南长沙长郡中学模拟)如下图，一块质量为M＝2kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m＝0.2kg的物块A(可视为质点)，A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0＝0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h＝1m；A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动，重力加速度g＝10m/s2.(1)求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小；(2)当A、B相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到A、B相对静止的过程中A运动的时间．解析：(1)设释放重物后重物的加速度为a1，细绳的张力大小为F，对重物，由牛顿第二定律可得：m0g－F＝m0a1对A，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1联立解得：F＝0.8N，a1＝2m/s2由veq\o\al(2,1)＝2a1h解得重物落地前瞬间A的速度大小为v1＝2m/