1、章末过关检测(三)(建议用时：45分钟)一、单项选择题1(2020福建三明清流一中段考)如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是()A绳拉牛的力小于牛拉绳的力B绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析：选C。绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故A、B错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力，故C正确，D错误。2如图所示，细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上的A点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，小球处于静止状态。将细绳
2、烧断的瞬间，小球的加速度方向()A沿BO方向B沿OB方向C竖直向下D沿AO方向解析：选D。小球平衡时，对小球受力分析，受重力、弹簧弹力、绳的拉力。当细绳烧断的瞬间，绳的拉力变为零，重力、弹力不变，此时重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向，故D正确。3(2020保定市统一检测)汽车在平直公路上以108 km/h的速度匀速行驶，司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽车停下，汽车行驶的距离为90 m，所花时间为5.5 s，g取10 m/s2，则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的()A0.3 B0.5C0.
3、6D0.8解析：选C。设反应时间为t，匀减速时间为t，行驶距离为s，初速度为v，则vts，vat，ttt总代入数据解得a6 m/s2，t0.5 s，t5 s根据牛顿第二定律得fma故0.6故C正确，A、B、D错误。4. (2020衡阳市第一次联考)中澳美“科瓦里2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加，演习中一名特种兵从空中静止的直升机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地，下列说法正确的是()A在t1t2时间内，平均速度，故A错误；0t1时间内，由图线可知，图线的斜率大于零，则加速度方向竖
4、直向下，处于失重状态；在t1t2时间内，图线的切线的斜率小于零，则加速度方向竖直向上，处于超重状态，故B错误；在t1t2时间内，根据牛顿第二定律可知fmgma，解得fmgma，因为曲线的斜率变大，则加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故C正确；若第一个特种兵开始减速时，第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故D错误。5(2020漳州市第一次教学质检)如图，MN是一段倾角30的传送带，一个可以看做质点，质量m1 kg的物块，以沿传动带向下的速度v04 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动
5、过程的部分vt图象如图所示，g取10 m/s2，则()A物块最终从传送带N点离开B传送带的速度v1 m/s，方向沿斜面向下C物块沿传送带下滑时的加速度a2 m/s2D物块与传送带间的动摩擦因数解析：选D。从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1 m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1 m/s，A、B错误；vt图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a2.5 m/s2，C错误；对2 s内的物块分析，根据牛顿第二定律mgcos 30mgsin 30ma，可得，D正确。二、多项选择题6. (2020昆明市“三诊一模”摸底诊断)如图所示，一物
6、块从倾角为的斜面底端以初速度v0沿足够长的斜面上滑，经时间t速度减为零，再经2t时间回到出发点，下列说法正确的是()A物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的2倍B物块返回斜面底端时的速度大小为C物块与斜面之间的动摩擦因数为tan D物块与斜面之间的动摩擦因数为tan 解析：选BC。根据匀变速直线运动公式得xat2，则a，x相同，t是2倍关系，则物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的4倍，故A错误；根据匀变速直线运动公式得v，则物块上滑过程的初速度大小是返回斜面底端时的速度大小的2倍，故B正确；以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，下滑过
7、程，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，又a14a2，联立解得tan ，故C正确，D错误。7. (2020云南省师大附中第五次月考)如图所示，质量分别为m10.2 kg、m20.1 kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 NB装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 NC手停止的瞬间，a110 m/s2，a210 m/s2D手
8、停止的瞬间，a120 m/s2，a210 m/s2解析：选BD。在恒力F作用下整个装置一起向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有F(m1m2)g(m1m2)a0，对球2由牛顿第二定律有F弹m2gm2a0，联立方程得F弹2 N，故A错误，B正确；手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹2 N，对球1由牛顿第二定律有F弹m1gm1a1，得a120 m/s2，方向竖直向下；对球2由牛顿第二定律有F弹m2gm2a2，得a210 m/s2，方向竖直向上，故C错误，D正确。8(2021张家口高三一模)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面
9、上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0 ，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则()A撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为gC物体做匀减速运动的时间为2D物体从开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为mg解析：选BD。撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随
10、着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；刚开始时，由牛顿第二定律有：kx0mgma，解得：ag，B正确；由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：a1g将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：3x0a1t2联立解得：t，C错误；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大时合力为零，则有Fmgkx解得x，所以物体从开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：Wfmg(x0x)mg，D正确。三、非选择题9(2021湖南省适应性考试模考)某同学利用滑块在气垫导
11、轨上的运动测量当地的重力加速度，如图(a)所示，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、数字计时器、光电门等。导轨下方两支点间的距离为l。实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当光电门A记录的遮光时间_(选填“大于”“小于”或“等于”)光电门B记录的遮光时间时，可认为气垫导轨水平；(2)用游标卡尺测量遮光片宽度d。如图(b)所示，d_cm；(3)在导轨左支点下加一高度为h的垫块，让滑块从导轨顶端滑下，记录遮光片经过A、B两处光电门的时间t1、t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12，可求出重力加速度g_(用题中给出的物理量符号表示)；(4)分析实验结果发现，
12、重力加速度的测量值比该地的实际值偏小，写出一条产生这一结果的可能原因：_。解析：(1)调节气垫导轨水平后，轻推滑块能做匀速直线运动，则滑块通过两光电门的时间应相等；(2)20分度的游标卡尺精确度为0.05 mm，则遮光片宽度为d3 mm20.05 mm3.10 mm0.310 cm；(3)滑块经过两光电门的时间较短，其平均速度可认为是经过两位置的瞬时速度，有vA，vB滑块做匀加速直线运动，有vBvAat12而对滑块由牛顿第二定律有agsin g联立各式解得重力加速度为g；(4)根据重力加速度的测量公式分析，测量值偏小，可能的原因是测量遮光片宽度d偏小或测量运动时间偏大，或气垫导轨未调水平。答案
13、：(1)等于(2)0.310(3)(4)测量遮光片宽度d偏小(测量运动时间偏大，或气垫导轨未调水平)10(2020永州市第二次模拟)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线拉力大小F等于力传感器的示数。让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t。改变重物质量，重复以上操作5次，处理数据后得到下表中的5组结果。根据表中数据在坐标纸上画出如图乙所示的aF图象，已知重力加速度g10 m/s2，根据图象可求出滑块质量m_kg，滑块和轨道间的动摩擦因数_。甲次数a/(ms2)F/N11.00.76
14、22.10.9932.91.2344.11.5055.21.76乙解析：对滑块由牛顿第二定律得Fmgma得ag所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象的斜率等于滑块质量的倒数，由图形得加速度a和所受拉力F的关系图象的斜率k4，所以滑块质量m0.25 kg，由图线得，当F0.5 N时，滑块刚要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5 N，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即mg0.5 N解得0.20。答案：0.25(0.240.26均正确)0.20(0.190.21均正确)11(2020日照市4月模拟)如图所示，质量M2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v013.5 m/
15、s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m1 kg 的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F6 N 的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数10.1，A与B间的动摩擦因数20.4。(设滑板A足够长，g取10 m/s2)求：(1)经过多长时间A、B达到共同速度；(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间因摩擦而产生的热量Q；(3)2 s内滑板A的位移大小。解析：(1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得2mg1(Mm)gMa1解得a13.5 m/s2，方向向左设B的加速度大小为a2，对B由牛顿第二定律有F2mgma2解得a210 m/s2，方向向右A做减速运动
16、v1v0a1tB做加速运动v2a2tA、B达到共同速度时v1v2解得t1 s；(2)从开始计时到两者共速，A的位移大小为x1，x1v0ta1t211.75 mB的位移大小为x2，x2a2t25 mA、B间因摩擦而产生的热量为Q，则Q2mg(x1x2)27 J；(3)经分析，A、B达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动设A的加速度大小为a3，对A由牛顿第二定律可得2mg1(Mm)gMa3解得a30.5 m/s2，方向向右；1 s时，由(1)可得v110 m/s，再经过1 s，A的位移大小为x3，x3v1t1a3t10.25 m2 s内滑板A的位移大小为xAx1x322 m。答案：(1)1 s(2)27 J(3)22 m
