06(六)牛顿运动定律的应用-【衡水金卷·先享题】2023高三一轮复习周测卷（40分钟）物理

高三一轮复习 ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（六） 一、选择题 任意一点下滑到M点的时间都相等，A、C两点在圆 1.C【解析】设恰好发生相对滑动时的加速度为ao,则 周上，B点在圆周外，故tA=c<tg,B项正确。 有mg=mao,F=(m+M)ao,又F=2+4t,解得t= 4.A【解析】当F=0时，物块能静止在斜面上，可知 1s,即t=1s时木板B与木块A开始相对滑动，B项 gin长mgs0.解得≥an6,即≥号：当F特 错误，C项正确；=0时刻对整体由牛顿第二定律得 别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方 F=m+M)a,解得a=号m/s,A项错误：t=3s 向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向有 时刻设木板B的加速度为aa,则有F-umg=Maa, f+ngsin0=acos0,垂直斜面方向有N-mgcos8 解得ag=6m/s2,D项错误. =nasin0,又fV,由于F可以取无穷大，加速度 2.B【解析】在0~t时间内，物体做匀减速运动，根据 无穷大，所以以上各式中的mngsin0和mg cos0均可 牛顿第二定律得F十mg=ma1,又a1to=w;在t6~ 忽略，联立解得2产山，即≥原，BCD项结 3时间内，物体反向做匀加速运动，根据牛顿第二定 误，A项正确。 律可知F-mg=ma2,又a2(3t。-ta)=,联立解得5.C 【解析】由图乙可知物块先加速后匀速，且由图乙 F,A,C项错误，B项正确：在 -3m4-3mg' 可知加速过程的加速度a=1m/s2,根据牛顿第二定 0~t时间内，物体向左运动的位移大小x1=ut0= 律得a=E=mg=4g,由以上两式解得以=0.1，A mm 空，在6~3，时间内，物体向右运动的位移大小 项错误；A、B两点间的距离即为物块在6s内发生的 位移，即L=2牛6×4m=16m,B项错误，当物块的 =2,=受×2。=06，因此这段时间内的平均速 2 速度与传送带的速度相等时，物块做匀速运动。由图 度大小0=，=0，D项错误。 3t0 6 乙可知4s时物块做匀速运动，速度大小为4m/s,所 3.B【解析】设圆周上任意一点P与M点的连线为 以传送带的速度大小为4m/s;0~4s内物块运动的 PM,与x轴的夹角为0，则加速度a=gsin0,下滑的 位移=号×4X4m=8m,传送带运动的位移 x」 时间t=Va /2·2Rsin0=2√g R gsin 0 ,即从圆周上 4×4m=16m,则物块在传送带上留下的痕迹长度 ·19. ·物理· 参考答案及解析 △s=s2一=8m,C项正确；物块的速度刚好到4m/s 正确。 时，传送带的速度立刻变为零，物块由于惯性向前做 :7.C【解析】根据牛顿第二定律，A、B间恰好发生滑动 匀减速直线运动，减速的加速度a'=一g= 时的加速度为g,B、C间恰好发生滑动时的加速度 一1m/s2,物块从开始到速度为4m/s时发生的位移 为坚，则A、B.C三个物体始终相对静止时的最大加 x=44m=8m,而物块从4m/s减到零发生的位 2 速度为竖，拉力F,满足F,一台×4mg=4m×华，解 移为”2。=m=8…所以物块刷好到达B 得F=3 mg,A项正确；根据牛顿第二定律得F2 点，D项错误。 -长X4mg=4a2,FAB-4g=2ma2,解得FB= 6.D【解析】由图乙知，在0~1s时间内，滑块的加速 8 8 度恒定为2m/s2,做匀加速直线运动，由牛顿第二定 mg,B项正确：当A、B之间达到最大静摩擦力 3 律得F,-mgsin a-ngcos a-=ma1,解得F,=12N, 时，B、C间发生了相对滑动，对B由牛顿第二定律得 在3一4s时间内，滑块的加速度沿斜面体向下，大小 : 2mg一-gg=ma,解得aB=号2g,C项错 4 8 恒为2m/s2,做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 误；当A、B将要相对滑动时，B、C间已经发生了相对 ngsin a十u1 gcos a-F2=ma2,解得F2=8N,则0~ 1s内的外力与3~4s内的外力的大小之比为3：2，A 滑动，对A、B由牛顿第二定律得F一mg-mg= 8 4 项错误；a~t图象中图线与t轴围成的面积表示速度 3ma仙，对A有F-2mg=2ma,解得F=号 2 umg, 的变化量，因此由图象可得在=2s时滑块的速度最 大，其大小为=合×(1+2)×2m/s=3m/s,B项 当力F>号mg时，B相对A滑动，D项正确。 8.A【解析】两图线的加速度大小不同，拉力方向与滑 错误：在t=1s到t=3s时间内，滑块先加速后减速， 动摩擦力方向可能相反，也可能相同，无法判断物体 由图中面积关系可知t=1s和t=3s时刻，滑块的速 不受水平拉力时是哪个图象，受拉力时是哪个，A项 度大小均为2m/