章末過關(guān)檢測三

1、章末過關(guān)檢測(三) 一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確)1.如圖所示，人沿水平方向拉牛，但沒有拉動，下列說法正確的是()A繩拉牛的力小于牛拉繩的力B繩拉牛的力與牛拉繩的力是一對平衡力C繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對平衡力D繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是相互作用力解析：選C.繩拉牛的力和牛拉繩的力是作用力與反作用力，大小相等、方向相反，故A、B錯誤；由于沒有拉動牛，可知繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對平衡力，故C正確，D錯誤2(2019·鹽城質(zhì)檢)如圖所示，將質(zhì)量為M的U形框架開口向下置于水平地面上，用輕彈簧1、2、3將質(zhì)

2、量為m的小球懸掛起來框架和小球都靜止時彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長，這時框架對地面的壓力大小等于(Mm)g.現(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷，則在剪斷后瞬間()A框架對地面的壓力大小仍為(Mm)gB框架對地面的壓力大小為0C小球的加速度大小等于gD小球的加速度為0解析：選D.剪斷彈簧1瞬間，彈簧的形變不改變，小球所受合外力為0，由牛頓第二定律可知此時小球的加速度大小為0，C項錯誤，D項正確；框架受重力和支持力作用，F(xiàn)NMg，由牛頓第三定律可知，框架對地面的壓力大小為Mg，A、B項錯誤3.如圖所示，在傾角為的三角形斜劈上垂直斜面固定一輕桿，桿的另一端固定一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的小球，開

3、始整個裝置以恒定的速度沿光滑的水平面向左勻速直線運動，經(jīng)過一段時間，裝置運動到動摩擦因數(shù)為的粗糙水平面上，重力加速度為g.下列說法正確的是()A向左勻速時，桿對小球的作用力大小為B在粗糙水平面上運動時，桿對小球的作用力方向可能水平向右C在粗糙水平面上運動時，桿對小球的作用力大小可能為D整個運動過程中，桿對小球的作用力始終大于mg解析：選C.裝置向左勻速運動時，小球受平衡力的作用，則重力與桿對小球的作用力大小相等、方向相反，即FNmg，A錯誤；進入粗糙的水平面后，整個裝置開始在摩擦力的作用下做減速運動，設(shè)斜劈與小球的總質(zhì)量為M，由牛頓第二定律可知MgMa，解得ag，則小球的加速度大小也為g，方向

4、水平向右，對小球受力分析如圖所示，小球受到的合力方向水平向右，則彈力的大小為FN>mg，由以上分析可知D錯誤；由于豎直方向合力一定為零，因此桿對小球的彈力一定有豎直向上的分力，因此在粗糙水平面上運動時，桿對小球的作用力方向不可能水平向右，B錯誤；當agtan 時，代入以上的式子可得FN，C正確4.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一矩形，其長邊與一圓的底部相切于O點，現(xiàn)在有三條光滑軌道a、b、c，它們的上端位于圓周上，下端在矩形的底邊，三軌道都經(jīng)過切點O，現(xiàn)在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止下滑至底端(軌道先后放置)，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為()AtatbtcB tatbtc

5、Ctatbtc D無法確定解析：選B.設(shè)上面圓的半徑為r，矩形寬為R，軌道與豎直方向的夾角為，則軌道的長度s2rcos ，下滑的加速度a，根據(jù)位移時間公式得，sat2，則t.因為a、b、c夾角由小至大，所以有tctbta.故B正確，A、C、D錯誤5如圖所示，在水平地面上有兩個完全相同的滑塊A、B，兩滑塊之間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運動，且F1>F2.以A、B為一個系統(tǒng)，當運動達到穩(wěn)定時，若地面光滑，設(shè)彈簧伸長量為l1，系統(tǒng)加速度為a1；若地面粗糙，設(shè)彈簧的伸長量為l2，系統(tǒng)加速度為a2，則下列關(guān)系式正確的是()Al1l2，a1a2Bl1>l2，a1&g

6、t;a2Cl1l2，a1>a2 Dl1<l2，a1<a2解析：選C.設(shè)兩個滑塊的質(zhì)量均為m，若水平地面光滑，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得a1，再以A為研究對象，由牛頓第二定律得F1k·l1ma1，代入解得彈簧的伸長量為l1；若水平地面粗糙，則兩個滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)相同，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得a2g，再以A為研究對象，由牛頓第二定律得F1k·l2mgma2，代入解得彈簧的伸長量為l2，可見l1l2，a1>a2，故選項C正確6(2019·江蘇師大附中模擬)如圖所示，一水平的淺色長傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊(可視為質(zhì)

7、點)，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為.初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a開始運動，當其速度達到v后，便以此速度做勻速運動經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動，關(guān)于上述過程，以下判斷正確的是(重力加速度為g)()A與a之間一定滿足關(guān)系>B煤塊從開始運動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移為C煤塊從開始運動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的時間為D黑色痕跡的長度為解析：選C.法一 公式法：由牛頓第二定律可知煤塊的加速度大小為ag，由于煤塊與傳送帶之間要發(fā)生相對滑動，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度，即a>g，則<，A錯誤；煤塊從開始運動到

8、相對于傳送帶靜止所需的時間t，此時煤塊的位移x1，傳送帶的位移x2v，煤塊相對于傳送帶的位移等于黑色痕跡的長度，則xx2x1，C正確，B、D錯誤法二 圖象法：根據(jù)題意，由于煤塊與傳送帶之間發(fā)生相對滑動，則傳送帶的加速度一定大于煤塊的加速度，由題意作出煤塊和傳送帶的速度時間圖象，如圖所示，由于二者最終的速度均為v，則t1、t2，煤塊從開始運動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移大小為圖線Ob與橫軸所圍的面積，即xt2，黑色痕跡的長度為煤塊相對傳送帶的位移，即圖線Oa、ab、Ob所圍的面積，則x(t2t1).二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求

9、，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分)7如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于光滑水平地面上，A、B接觸面光滑，傾角為，現(xiàn)分別以水平恒力F作用于A物塊上，保持A、B相對靜止共同運動，則下列說法中正確的是()A采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B兩種情況下獲取的最大加速度相同C兩種情況下所加的最大推力相同D采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：選BC.甲方式中，F(xiàn)最大時，A剛要離開地面，A受力如圖1所示，則FN1cos mg對B：FN1sin ma1由牛頓第三定律可知FN1FN1乙方式中，F(xiàn)最大時，B剛要離開地面，B受力如圖2所示，則FN2cos mgFN2s

10、in ma2由可知FN2FN1FN1由式可得a2a1，對整體易知F2F1，故選項B、C正確，選項A、D錯誤8(2019·江蘇重點中學檢測)2019年6月4日，雨花石文創(chuàng)新品在南京市新城科技園發(fā)布，20余項文創(chuàng)新品體現(xiàn)金陵之美某小朋友喜歡玩雨花石，他用水平外力F將斜面上兩個形狀規(guī)則的雨花石甲和丙成功疊放在一起，如圖所示斜面體乙靜止在水平地面上現(xiàn)減小水平外力F，三者仍然靜止，則下列說法中正確的是()A甲對丙的支持力一定減小B乙對甲的摩擦力一定減小C地面對乙的摩擦力一定減小D甲可能受5個力的作用解析：選CD.把甲、乙、丙看成一個整體，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，水平方向上靜摩擦力的大小等于水平外力F

11、的大小，當F減小時，地面對乙的摩擦力隨之減小，C正確；對丙進行受力分析，丙始終處于靜止狀態(tài)，所受各個力的大小均不變，A錯誤；將甲、丙看成一個整體，由于開始時整體所受靜摩擦力的方向不確定，故乙對甲的摩擦力的大小變化不確定，B錯誤；當甲、乙之間的靜摩擦力為0時，甲受5個力的作用，如圖所示，D正確9.如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上，環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)給環(huán)一個水平向右的恒力F，使圓環(huán)由靜止開始運動，同時對環(huán)施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1kv，其中k為常數(shù)，則圓環(huán)運動過程中()A最大加速度為B最大加速度為C最大速度為 D最大速度為解析：選AC.當F1<m

12、g時，由牛頓第二定律得F(mgkv)ma，當v時，圓環(huán)的加速度最大，即amax，選項A正確，B錯誤；圓環(huán)速度逐漸增大，F(xiàn)1kv>mg，由牛頓第二定律得F(kvmg)ma，當a0時，圓環(huán)的速度最大，即vmax，選項C正確，D錯誤10(2019·南京模擬)在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為3m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，A的加速度的方向沿斜面向上，大小為a，則()A從靜止到B剛離開C的過程中，A運動的距離為B從靜止到B剛離開C的過程中，

13、A克服重力做的功為C恒力F的大小為5mgsin 3maD當A的速度達到最大時，B的加速度大小為a解析：選ACD.開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，根據(jù)胡克定律，有3mgsin kx1，解得x1，B剛要離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，根據(jù)胡克定律，有2mgsin kx2，解得x2，故A運動的距離xx1x2，A正確；從靜止到B剛離開C的過程中，A克服重力做功W3mg·x·sin ，B錯誤；B剛離開C時A受拉力F、重力、支持力和彈簧的彈力共同作用，根據(jù)牛頓第二定律，有F3mgsin T3ma，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，即T

14、2mgsin ，則恒力F的大小為5mgsin 3ma，C正確；當A的速度達到最大時，A受到的合力為零，即F3mgsin T0，所以T2mgsin 3ma，B沿斜面方向受到合力FBT2mgsin 3ma，又因為FB2ma，解得aa，D正確三、非選擇題(本題共3小題，共40分按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11(10分)如圖甲為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機)研究加速度和力的關(guān)系”的實驗裝置(1)在該實驗中必須采用控制變量法，應保持_不變，用鉤碼所受的重力作為_，用DIS測小車的加速度(2)改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復測量，在某次實驗中根據(jù)測

15、得的多組數(shù)據(jù)可畫出aF關(guān)系圖線(如圖乙所示)分析此圖線的OA段可得出的實驗結(jié)論是_.此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是_A小車與軌道之間存在摩擦B導軌保持了水平狀態(tài)C所掛鉤碼的總質(zhì)量太大D所用小車的質(zhì)量太大解析：(1)因為要探究“加速度和力的關(guān)系”，所以應保持小車的總質(zhì)量不變，鉤碼所受的重力作為小車所受的合外力(2)由于OA段aF關(guān)系圖線為一傾斜的直線，所以在質(zhì)量不變的條件下，加速度與合外力成正比；由實驗原理：mgMa得：a，而實際上a，可見AB段明顯偏離直線是沒有滿足Mm造成的答案：(1)小車的總質(zhì)量小車所受的合外力(2)在質(zhì)量不變的情況下，加速度與合外力成正比C12(15分

16、)(2019·鹽城測試)某電視臺在娛樂節(jié)目中曾推出一個游戲節(jié)目推礦泉水瓶選手們從起點開始用力推瓶子一段時間后，放手讓它向前滑動，若瓶子最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi)(不能壓線)視為成功；若瓶子最后沒有停在桌上有效區(qū)域內(nèi)或在滑行過程中倒下均視為失敗其簡化模型如圖所示，AC是長度L15.5 m的水平桌面，選手們將瓶子放在A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推它，BC為有效區(qū)域已知BC長度L21.1 m，瓶子質(zhì)量m0.5 kg，與桌面間的動摩擦因數(shù)0.2，g10 m/s2.某選手作用在瓶子上的水平推力F11 N，瓶子沿AC做直線運動，假設(shè)瓶子可視為質(zhì)點，該選手要想游戲獲得成功，試求：在手推瓶子過

17、程中瓶子的位移取值范圍(令2.2)解析：要想獲得成功，瓶子滑到B點時速度恰好為0，力作用時間最短，滑到C點時速度恰好為0，力作用時間最長設(shè)力作用時的加速度為a1、位移為x1，撤力時瓶子的速度為v1，撤力后瓶子的加速度為a2、位移為x2，則Fmgma1，mgma22a1x1v，2a2x2vL1L2<x1x2<L1由以上各式聯(lián)立可解得：0.4 m<x1<0.5 m.答案：0.40.5 m13(15分)傳送帶與平板緊靠在一起，且上表面在同一水平面內(nèi)，兩者長度分別為L12.5 m、L22 m傳送帶始終保持以速度v勻速運動現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)輕放到傳送帶的左端，然后平穩(wěn)地滑上平板已知：滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，滑塊與平板、平板與支持面的動摩擦因數(shù)分別為10.3、20.1，滑塊、平板的質(zhì)量均為m2 kg，g取10 m/s2.求：(1)若滑塊恰好不從平板上掉下，求v的大?。?2)若v6 m/s，求滑塊離開平板時的速度大小解析：(1)滑塊在平板上做勻減速運動，加速度大?。篴13 m/s2，由于1mg>22mg故平板做勻加速運動，加速度大?。篴21 m/s2設(shè)滑塊滑至平板右端用時為t，共同速度為v，平