2021年高考物理一轮复习学与练专题3.5 章末测试（测）（解析版）

第PAGE\*MERGEFORMAT18页共NUMPAGES\*MERGEFORMAT19页一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1.(2020·重庆市双桥中学模拟)伽利略创造地把实验、假设和逻辑推理相结合，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)A．如果斜面绝对光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】A【解析】根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，故A正确．(2020·江苏宿迁模拟)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理．某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为(　　)A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】B【解析】设屋檐的底角为θ，底边长为L，注意底边长度是不变的．屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a；对雨滴受力 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ；平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ；水滴的加速度a＝gsinθ；屋顶坡面的长度s＝eq\f(L,2cosθ)，由s＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2s,a))，整理得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，当θ＝45°时t最小，故A、C、D错误，B正确．(2020·湖南长沙二模)如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是　(　　)A．绳上的拉力大小为50NB．重物不会离开地面C．2s末物体上升的高度为5mD．重物的加速度大小为3.2m/s2【答案】C【解析】对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得：f－mg＝ma，解得：f＝150N，即绳上的拉力大小为150N，故A错误；因绳的拉力为150N>120N，所以重物会离开地面，故B错误；对重物由牛顿第二定律得：F－Mg＝Ma，解得：a＝2.5m/s2，2s末物体上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝5m，故C正确，D错误．4.(2020·广东省广州市新华中学模拟)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则(　　)A．每根橡皮绳的拉力为eq\f(1,2)mgB．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g【答案】B【解析】根据平行四边形定则知，2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg，故A错误；根据共点力平衡得，2Fcosθ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cosθ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为eq\f(\r(3),3)mg，加速度为eq\f(\r(3),3)g，故C错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mgsin30°，加速度为eq\f(1,2)g，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D错误．5.(2020·山东师大附中模拟)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)A．μ与a之间一定满足关系μ>eq\f(a,g)B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为eq\f(v2,μg)C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为eq\f(v,μg)D．黑色痕迹的长度为eq\f(（a－μg）v2,2a2)【答案】C【解析】法一：公式法．由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a′＝μg，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a>μg，则μ<eq\f(a,g)，A错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t＝eq\f(v,μg)，此时煤块的位移x1＝eq\f(v2,2μg)，传送带的位移x2＝eq\f(v2,2a)＋veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,μg)－\f(v,a)))＝eq\f(v2,μg)－eq\f(v2,2a)，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)－eq\f(v2,2a)，C正确，B、D错误．法二：图象法．根据题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度一定大于煤块的加速度，由题意作出煤块和传送带的速度－时间图象，如图所示，由于二者最终的速度均为v，则t1＝eq\f(v,a)、t2＝eq\f(v,μg)，煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob与横轴所围的面积，即x＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(v2,2μg)，黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移，即图线Oa、ab、Ob所围的面积，则Δx＝eq\f(v,2)(t2－t1)＝eq\f(v2,2μg)－eq\f(v2,2a).6．（2020·江苏省扬州中学高三模拟）智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则A．乘客始终处于超重状态B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上【答案】D【解析】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确.7．（2020·湖南省衡阳市三模）如图所示，质量分别为m和2m的A，B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B．调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB．撤去木板间，B物块的加速度大小为0.5gC．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大【答案】C【解析】撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝1.5g，故AB错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。8．（2020·安徽省定远中学模拟）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F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，下列说法中正确的是A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为F/mD．小球的最大速度为【答案】D【解析】刚开始运动时，加速度为，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv＞mg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a减小到0，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故AB错误；当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kvm-mg），故最大速度为，故D正确。9．（2020·四川省成都市高三三模）如图，倾角为α的固定斜面上，一光滑物块在一与斜面也成α角的拉力F作用下保持静止状态。若仅将F的方向变为水平向右，则A．物块对斜面的压力不变B．物块对斜面的压力变大C．物块将沿斜面向上做匀加速直线运动D．物块将沿斜面向下做匀加速直线运动【答案】B【解析】对物块受力分析由平衡条件得：斜面对物块的支持力，将F的方向变为水平向右，斜面对物块的支持力，支持力变大，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变大，故A错误，B正确；处于静止状态时沿斜面方向有：，将F的方向变为水平向右，沿斜面向上的力为，沿斜面向下的力为，仍然保持平衡，不会做匀加速直线运动，故CD错误。10．（2020·辽宁省沈阳市高三三模）如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g=10m/s2则下列说法正确的是（）A．当a=5m/s2时，滑块对球的支持力为B．当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半C．当a=5m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D．当a=15m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0；竖直方向：Fsin45°=mg，解得a0=g。当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°-FNcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg，解得，故A正确；当a=15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误。11．(2020·湖南省湘潭市三中模拟)高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图甲、乙所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)A．图甲所示的情形中，人只能匀加速下滑B．图甲所示的情形中，钢索对人的作用力大小为eq\f(\r(3)mg,2)C．图乙所示的情形中，人匀速下滑D．图乙所示的情形中，钢索对轻环无摩擦力【答案】ABC【解析】题图甲所示的情形中，对人受力分析，如图甲所示，可知人所受合力方向斜向下，故人只能匀加速下滑，A正确；对人所受的力进行正交分解，钢索对人的作用力大小为FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3)mg,2)，B正确；题图乙所示的情形中，对人受力分析，如图乙所示，故人匀速下滑，C正确；对题图乙中轻环受力分析，如图丙所示，钢索对轻环有摩擦力，D错误．12．(2020·山东济南模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA＝5kg的物块A，A的上方放置一质量mB＝3kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量mC＝2kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行．现由静止释放物块C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面(重力加速度g取10m/s2)．则下列说法正确的是　(　　)A．A的加速度大小为2.5m/s2B．A的加速度大小为2m/s2C．A对B的摩擦力大小为6ND．A对B的摩擦力大小为7.5N【答案】BC【解析】把A、B、C作为整体研究，由牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mCg,mA＋mB＋mC)＝2m/s2，即A的加速度大小为2m/s2，B正确，A错误；以B为研究对象，由牛顿第二定律得A对B的静摩擦力大小为f＝mBa＝6N，C正确，D错误．13.(2020·山东潍坊模拟)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)A．最大加速度为eq\f(F,m)B．最大加速度为eq\f(F＋μmg,m)C．最大速度为eq\f(F＋μmg,μk)D．最大速度为eq\f(mg,k)【答案】AC【解析】当F1mg时，由牛顿第二定律得F－μ(kv－mg)＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝eq\f(F＋μmg,μk)，C正确，D错误．14．（2020·天津市南开中学模拟）如图所示，小车板面上的物体质量为m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N。现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到lm/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动。以下说法正确的是（）A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B．物体受到的摩擦力一直减小C．当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N【答案】AC【解析】弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为6N，当整体加速度从零逐渐增大到1m/s2，则物块的加速度也从零逐渐增大到1m/s2，根据牛顿第二定律知，物块的合力从0增大到8N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变。故A正确，B错误。当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，则物块所受的合力F合=ma=6N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力为零。故C正确。小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合=ma=8N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力的大小为2N，方向水平向右。故D错误。15．（2020·河北省唐山一中二模）如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A、B间的压力，可行的办法是A．减小推力FB．减小倾角θC．减小B的质量D．减小A的质量【答案】AC【解析】设摩擦因数为，对AB整体受力分析由牛顿第二定律有：，对B受力分析由牛顿第二定律有：，由以上两式可得，可知，为使FAB减小，应减小推力F，增加A的质量，减小B的质量，故AC正确。16．（江西省临川一中、南昌二中联考）为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响,g取10m/s2。则（）A．运动员起跳过程处于超重状态B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C．起跳过程中运动员对地面的压力为960ND．从开始起跳到双脚落地需要1.05s【答案】AD【解析】运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得,根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N，故选项A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故B错误；起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故D正确。二、非选择题17．(2020·河南省驻马店市一中模拟)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图乙所示)．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大【解析】(1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力．(2)①由于OA段a－F关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；②由实验原理：mg＝Ma得：a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(F,M)，而实际上a′＝eq\f(mg,M＋m)，可见AB段明显偏离直线是没有满足M≫m造成的．【答案】(1)小车的总质量　小车所受的合外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比　②C18.(2020·山东省淄博市八中模拟)如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)．求：　(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．【解析】(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a解得：F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma在竖直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg解得：x＝0.017m，FN＝3.7N.【答案】(1)6N　(2)0.017m　3.7N19．(2020·江西省遂川中学模拟)如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.【解析】(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝eq\f(10－4,4)m/s2＝1.5m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝eq\f(4－0,8)m/s2＝0.5m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3联立以上三式可得eq\f(m,M)＝eq\f(3,2).(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积，故Δx＝10×4×eq\f(1,2)m＝20m.【答案】(1)1.5m/s2　1m/s2　0.5m/s2　(2)eq\f(3,2)(3)20m20.（2020·浙江省金华中学模拟）如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小。【解析】(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，有甲f＝μN＝μmg则a2＝eq\f(f,m)＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2。(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知veq\o\al(2,B)＝2a1s1小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知veq\o\al(2,B)＝2a2s2又eq\f(s1,s2)＝eq\f(8,5)则a1＝eq\f(s2,s1)a2＝eq\f(5,8)×8m/s2＝5m/s2。(3)当Fsinθmg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示丙由牛顿第二定律可知Fcosθ－f2＝ma1又Fsinθ＝mg＋N2f2＝μN2代入数据解得F＝7.5N。【答案】(1)8m/s2　(2)5m/s2　(3)1.05N或7.5N