届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末过关检测 新人教版.docx

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届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末过关检测新人教版

第三章牛顿运动定律

章末过关检测（三）

（时间：

60分钟　满分：

100分）

一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）

1.

（2018·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．（2018·宝鸡高三质检）

如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于（M＋m）g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间（　　）

A．框架对地面的压力大小仍为（M＋m）g

B．框架对地面的压力大小为0

C．小球的加速度大小等于g

D．小球的加速度为0

解析：

选D.剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项错误，D项正确；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．

3.

如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g.下列说法正确的是（　　）

A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为

B．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右

C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为

D．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg

解析：

选C.装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即FN＝mg，A错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为M，由牛顿第二定律可知μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，对小球受力分析如图所示，小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为FN＝

>mg，由以上分析可知D错误；由于竖直方向合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B错误；当a＝gtanθ时，代入以上的式子可得FN＝

，C正确．

4.

（2018·广西桂林十八中月考）如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端（轨道先后放置），则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）

A．ta＞tb＞tc　　　　　　B．ta＜tb＜tc

C．ta＝tb＝tcD．无法确定

解析：

选B.设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度s＝2rcosα＋

，下滑的加速度a＝

，根据位移时间公式得，s＝

at2，则t＝

＝

.因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta.故B正确，A、C、D错误．

5．如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2.以A、B为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为Δl1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是（　　）

A．Δl1＝Δl2，a1＝a2　　　B．Δl1>Δl2，a1>a2

C．Δl1＝Δl2，a1>a2D．Δl1<Δl2，a1

解析：

选C.设两个滑块的质量均为m，若水平地面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a1＝

，再以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－k·Δl1＝ma1，代入解得弹簧的伸长量为Δl1＝

；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a2＝

＝

－μg，再以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－k·Δl2－μmg＝ma2，代入解得弹簧的伸长量为Δl2＝

，可见Δl1＝Δl2，a1>a2，故选项C正确．

6.

（2018·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>

B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为

C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为

D．黑色痕迹的长度为

解析：

选C.方法一公式法：

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<

，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＝

，此时煤块的位移x1＝

，传送带的位移x2＝

＋v

＝

－

，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx＝x2－x1＝

－

，C正确，B、D错误．

方法二图象法：

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＝

、t2＝

，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＝

t2＝

，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＝

（t2－t1）＝

－

.

二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分）

7．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是（　　）

A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大

B．两种情况下获取的最大加速度相同

C．两种情况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：

选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1所示，则

FN1cosθ＝mg①

对B：

F′N1sinθ＝ma1②

由牛顿第三定律可知F′N1＝FN1③

乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则

FN2cosθ＝mg④

FN2sinθ＝ma2⑤

由①③④可知FN2＝FN1＝F′N1⑥

由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，

故选项B、C正确，选项A、D错误．

8.

2017年6月4日，雨花石文创新品在南京市新城科技园发布，20余项文创新品体现金陵之美．某小朋友喜欢玩雨花石，他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起，如图所示．斜面体乙静止在水平地面上．现减小水平外力F，三者仍然静止，则下列说法中正确的是（　　）

A．甲对丙的支持力一定减小

B．乙对甲的摩擦力一定减小

C．地面对乙的摩擦力一定减小

D．甲可能受5个力的作用

解析：

选CD.把甲、乙、丙看成一个整体，系统处于平衡状态，水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F的大小，当F减小时，地面对乙的摩擦力随之减小，C正确；对丙进行受力分析，丙始终处于静止状态，所受各个力的大小均不变，A错误；将甲、丙看成一个整体，由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定，故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定，B错误；当甲、乙之间的静摩擦力为0时，甲受5个力的作用，如图所示，D正确．

9.

（2018·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

　　　B．最大加速度为

C．最大速度为

D．最大速度为

解析：

选AC.当F1

时，圆环的加速度最大，即amax＝

，选项A正确，B错误；圆环速度逐渐增大，F1＝kv>mg，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＝

，选项C正确，D错误．

10.

（2018·山东德州模拟）在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，A的加速度的方向沿斜面向上，大小为a，则（　　）

A．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为

B．从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为

C．恒力F的大小为5mgsinθ＋3ma

D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为

a

解析：

选ACD.开始时，弹簧处于压缩状态，弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有3mgsinθ＝kx1，解得x1＝

，B刚要离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有2mgsinθ＝kx2，解得x2＝

，故A运动的距离Δx＝x1＋x2＝

，A正确；从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做功W＝3mg·Δx·sinθ＝

，B错误；B刚离开C时A受拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力共同作用，根据牛顿第二定律，有F－3mgsinθ－T＝3ma，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即T＝2mgsinθ，则恒力F的大小为5mgsinθ＋3ma，C正确；当A的速度达到最大时，A受到的合力为零，即F－3mgsinθ－T′＝0，所以T′＝2mgsinθ＋3ma，B沿斜面方向受到合力FB＝T′－2mgsinθ＝3ma，又因为FB＝2ma′，解得a′＝

＝

a，D正确．

三、非选择题（本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）

11．（10分）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