高考物理第3章牛顿运动定律章末综合检测新人教版

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2022届高三物理总复习单元综合测试卷第三单元《牛顿运动定律》新人教版

新课标人教版2022届高三物理总复习单元综合测试卷第三单元《牛顿运动定律》本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分试卷满分为100分。

考试时间为90分钟。

第Ⅰ卷选择题，共40分一、选择题本大题包括10小题，每小题4分，共40分。

1．用恒力作用于质量为m1的物体，使物体产生的加速度大小为a1，该力作用于质量为m2的物体时，物体产生的加速度大小为a2；若将该恒力作用于m1＋m2质量的物体时，产生的加速度大小为A．a1＋a2B．a1－a2解析：由牛顿第二定律，有对m1，F＝m1a1①对m2，F＝m2a2②对m1＋m2，F＝m1＋m2a③解得a＝错误!，D对．答案：D2．一箱苹果在倾角为θ的斜面上匀速下滑，已知箱子与斜面间的动摩擦因数为μ，在下滑过程中处于箱子中间的质量为m的苹果受到其他苹果对它的作用力大小和方向为A．mg inθ沿斜面向下 B．mg coθ垂直斜面向上C．mg竖直向上mg沿斜面向上解析：苹果处于平衡状态，由平衡条件，有F N＝mg，方向竖直向上，C正确．答案：C图13．如图1所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．F T＝错误!，仅与两物体质量有关解析：只要m1、m2与斜面间的动摩擦因数相同，对整体和隔离m2利用牛顿第二定律可求得F T＝错误!F，答案D答案：D4．下列说法中正确的是A．静止的火车比高速奔驰轿车的惯性大B．蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于完全失重状态C．车速越大，刹车滑行的距离越长D．相互作用中，作用力可以大于反作用力，也可以小于反作用力解析：质量大惯性大，A对；蹦极运动员上升过程中处于完全失重状态，B对；从初速度v0运动的汽车在刹车过程中的加速度大小为a时，其刹车距离＝错误!，故C对；作用力与反作用力满足牛顿第三定律，故D错．答案：ABC图25．如图2，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水解析：容器抛出后，容器及其中的水均做加速度为g的匀变速运动，容器中的水处于失重状态，水对容器的压强为零，无论如何抛出，水都不会流出．故D项正确．答案：D图36．如图3中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等．F是沿水平方向作用于a上的外力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是A．a、b一定沿斜面向上运动B．a对b的作用力沿水平方向C．a、b对斜面的正压力相等D．a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力解析：因F>0，但大小未知，故a、b是向上还是向下运动难以确定，故A错．分析a、b的受力情况可知B、C错误．因接触面均光滑，且a、b质量相等，无论F多大方向向右，a、b都有共同的加速度，故a、b受到相同的合外力，无论哪个方向．故D正确．答案：D图4、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A、m B、m C，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图4所示，A、B两直线平行，则以下关系正确的是A．m A g，这是不可能出现的，因此，D项错误，为应选项，A、B、C均正确．答案：D图69如图6所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则A．将滑块由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μtanθ，滑块静止在斜面上不会下滑；B中，滑块要加速下滑；C中，拉力沿斜面向上，滑动摩擦力向下，则拉力的大小为2mg inθ；D中，滑块沿斜面向下匀速滑动，不需要外力作用．答案：C的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为和v0错误!和v0错误!和v0错误!和v0错误!解析：本题考查牛顿第二定律和运动学知识，意在考查考生运用牛顿第二定律和运动学知识综合列式求解的能力；上升的过程由牛顿第二定律得：mg＋f＝ma1，由运动学知识得：v错误!＝2a1h，联立解得：h＝错误!下落的过程中由牛顿第二定律得：mg－f＝ma2，由运动学知识得：v2＝2a2h，将a2和h代入可得：v＝错误!v0，故A正确．答案：A二、实验题11题8分，12题12分，共20分图711．如图7所示，甲、乙两同学用同一实验装置探究加速度a与F的关系，分别得出不同的图象，则甲、乙两同学实验时选取的________________不同，且大小关系是______．解析：由a＝错误!知，当F甲＝F乙时，小车和小车上砝码的质量m乙<m甲．答案：小车及车上砝码的质量m乙<m甲图812某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图8长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间．实验步骤如下：①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；②用直尺测量A、B之间的距离，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值\tot；⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值coα；⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，做出f－coα关系曲线．图91用测量的物理量完成下列各式重力加速度为g：①斜面倾角的余弦coα＝________；②滑块通过光电门时的速度v＝________；③滑块运动时的加速度a＝________；④滑块运动时所受到的摩擦阻力f＝________2测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图9所示，读得d＝________解析：本题主要考查游标卡尺的读数、匀变速直线运动规律、牛顿第二定律的应用等知识点，意在考查考生将综合实验分解为单个问题的分析综合能力．1由几何知识可知，斜面倾角的正弦值为inα＝错误!，所以余弦值表达式为：coα＝错误!；通过光电门的速度等于光电门宽度与所用时间的比值，即v＝错误!；由匀变速直线运动规律可知，滑块运动的加速度a＝错误!＝错误!；由牛顿第二定律有：mg inα－f＝ma，所以f＝mg inα－a＝mg错误!－错误!2游标卡尺读数时，主尺读数为36 mm，游标尺的第二条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0.2 mm，所以d＝36.2 mm＝3.62 cm答案：1①错误!错误!②错误!③错误!④mg错误!－m错误!23.62 cm三、计算题每小题10分，共40分图1013．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图11所示，取重力加速度g ＝10 m/2求：1小环的质量m；2细杆与地面间的倾角α图11解析：10～2 内F1－mg inα＝ma①由题图知a＝ m/22 后F2＝mg inα②由①②得F1－F2＝ma，所以m＝错误! g＝1 g2由②式得α＝30°答案：11 g 230°图1214．如图12所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面设经过B点前后速度大小不变，最后停在C点．每隔通过速度传感器测量物体的瞬时速度，2t/……v/m·－1……12物体与水平面之间的动摩擦因数μ；3t＝时的瞬时速度v解析：1物体在斜面上运动时为匀加速运动a1＝g inα由题知a1＝错误!＝错误! m/2＝5 m/2，所以α＝30°2物体在平面上运动时为匀减速运动，a2＝－μga2＝错误!＝错误! m/2＝－2 m/2所以μ＝3物体在平面上运动时，有错误!＝－2得v B－＝－2t B－①物体在斜面上运动时，有错误!＝5得v B＝5t B②由①②解得t B＝即t＝时物体在平面上，设其速度为vv＝1.1 m/－－2×－ m/＝2.3 m/答案：130° 2 3 m/15．质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移已知in37°＝，co37°＝，g取10 m/2解析：物体上滑的整个过程分为两部分，设施加外力F的过程中物体的加速度为a1，撤去力F的瞬间物体的速度为v，撤去力F后物体上滑的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a1＝错误!a2＝错误!物体在外力F作用下上滑t1＝2 ，v＝a1t1撤去外力F后上滑时间t2＝ ,0＝v－a2t2由以上各式可求得μ＝，a1＝5 m/2，a2＝8 m/2由＝错误!a1t错误!＋错误!a2t错误!得＝ m答案：μ＝＝ m图1316．如图13所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A→B长度为16 m，传送带以10 m/的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，所需时间是多少in37°＝，co37°＝解析：物体的运动分为两个过程：第一个过程是在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度刚好相同时的点是一个转折点，此后的运动情况要看mg inθ与所受的最大静摩擦力的关系．若μ<tanθ，则继续向下加速；若μ≥tanθ，则将随传送带一起匀速运动．分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可．本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小．物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力F f，物体受力情况如图14甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律有mg inθ＋μmg coθ＝ma1，得a1＝10×＋× m/2＝10 m/2物体加速与至传送带速度相等需要的时间t1＝错误!＝错误!＝1 ，t1时间内位移＝错误!a1t错误!＝5 m由于μ<tanθ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F f此时物体受力情况如图14乙所示，由牛顿第二定律有mg inθ－μmg coθ＝ma2，得a2＝2 m/2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由L－＝vt2＋错误!a2t错误!解得t2＝1 ，t2＝－11 舍去所以物体由A→B的时间t＝t1＋t2＝2错误!答案：2。

新课标版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末检测

第三章牛顿运动定律章末检测一、选择题1.关于伽利略对自由落体运动的研究,以下说法正确的选项是()A.由实验观察直接得出了自由落体运动的速度随时间均匀变化B.让铜球沿斜面滚下,冲淡重力,使得速度测量变得简单C.创立了实验和逻辑推理相结合的科学方法D.利用斜面实验主若是为了便于测量小球运动的位移答案C伽利略设计该实验的思路是用斜面代替自由落体运动,便于测出运动时间,并合理外推获取自由落体运动规律,即C正确。

2.关于物体的惯性,以下说法中正确的选项是()A.运动速度大的物体不能够很快地停下来,是因为物体的速度越大,惯性也越大B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大C.乒乓球能够快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性答案C所有物体都拥有惯性,惯性大小只与物体的质量有关。

惯性是物体自己的一种属性,与外界因素(受力的大小以及所处的环境)及自己的运动状态没关,故A、D选项错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车的质量大,惯性大,而不是因为静止的物体惯性大,B 选项错误。

乒乓球能够快速抽杀,是因为其质量小,惯性小,在相同的力的作用下,运动状态简单改变,故C选项正确。

3.在商场中,为了节约能源,无人时,自动扶梯以较小的速度运行,当有顾客站到扶梯上时,扶梯先加速,后匀速将顾客从一楼运送到二楼。

速度方向以下列图。

若顾客与扶梯保持相对静止,以下说法正确的选项是()A.在加速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力B.在匀速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力C.在加速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同D.在匀速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同答案A当扶梯匀速运动时,顾客所受支持力等于顾客的重力,顾客不受摩擦力,因此B、D 选项错误。

当扶梯加速运动时,有斜向上的加速度,合力方向斜向上。

顾客所受支持力大于顾客的重力,顾客碰到水平向左的静摩擦力。

因此A选项正确,C选项错误。

4.以下列图,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。

2021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

2021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章末过关检测(三)(时刻：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.(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稳力C．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平稳力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稳力，故C正确，D错误．2．(2020·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，则在剪断后瞬时( )A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0解析：选D.剪断弹簧1瞬时，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现在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，F N＝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，通过一段时刻，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mgcos θB．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mgcos θD．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，小球受平稳力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即F N＝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F N＝（mg）2＋（ma）2>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＝g tan θ时，代入以上的式子可得F N＝mgcos θ，C正确．4.(2020·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，三轨道都通过切点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刻关系为( )A ．t a ＞t b ＞t cB ． t a ＜t b ＜t cC ．t a ＝t b ＝t cD ．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 ＝2r cos α＋Rcos α，下滑的加速度a ＝mg cos αm ，依照位移时刻公式得，s ＝12at 2，则t ＝2s a＝4rg＋2Rg cos 2α.因为a 、b 、c 夹角由小至大，因此有t c ＞t b ＞t a .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F 1、F 2的作用下运动，且F 1>F 2.以A 、B 为一个系统，当运动达到稳固时，若地面光滑，设弹簧伸长量为Δl 1，系统加速度为a 1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl 2，系统加速度为a 2，则下列关系式正确的是( )A ．Δl 1＝Δl 2，a 1＝a 2B ．Δl 1>Δl 2，a 1>a 2C ．Δl 1＝Δl 2，a 1>a 2D ．Δl 1<Δl 2，a 1<a 2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，依照牛顿第二定律得a 1＝F 1－F 22m，再以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F 1－k ·Δl 1＝ma 1，代入解得弹簧的伸长量为Δl 1＝F 1＋F 22k；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，依照牛顿第二定律得a 2＝F 1－F 2－2μmg 2m ＝F 1－F 22m－μg ，再以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F 1－k ·Δl 2－μmg ＝ma 2，代入解得弹簧的伸长量为Δl 2＝F 1＋F 22k，可见Δl 1＝Δl 2，a 1>a 2，故选项C 正确．6.(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，传送带与煤块差不多上静止的．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．通过一段时刻，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相关于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判定正确的是(重力加速度为g )( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ>agB ．煤块从开始运动到相关于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相关于传送带静止经历的时刻为v μgD ．黑色痕迹的长度为（a －μg ）v22a2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 g ，A 错误；煤块从开始运动到相关于传送带静止所需的时刻t ＝vμg ，现在煤块的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v 22a ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫v μg －v a ＝v 2μg －v 22a ，煤块相关于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a，C 正确，B 、D 错误．方法二图象法：依照题意，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－时刻图象，如图所示，由于二者最终的速度均为v ，则t 1＝v a 、t 2＝vμg，煤块从开始运动到相关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 ＝v 2t 2＝v 22μg ，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 ＝v2(t 2－t 1)＝v 22μg －v 22a.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 ．采纳甲方式比采纳乙方式的最大加速度大B ．两种情形下猎取的最大加速度相同C．两种情形下所加的最大推力相同D．采纳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F N1cos θ＝mg ①对B：F′N1sin θ＝ma1 ②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1 ③乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则F N2cos θ＝mg ④F N2sin θ＝ma2 ⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F′N1 ⑥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公布，20余项文创新品表达金陵之美．某小朋友喜爱玩雨花石，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，三者仍旧静止，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，系统处于平稳状态，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.(2020·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F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mg k解析：选AC.当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k时，圆环的加速度最大，即a max ＝F m，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐步增大，F 1＝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v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误．10.(2020·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5mg sin θkB ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 克服重力做的功为5m 2g 2sin 2θkC ．恒力F 的大小为5mg sin θ＋3maD ．当A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为32a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，依照胡克定律，有3mg sin θ＝kx 1，解得x 1＝3mg sin θk，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，依照胡克定律，有2mg sin θ＝kx 2，解得x 2＝2mg sin θk，故A运动的距离Δx ＝x 1＋x 2＝5mg sin θk，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 ·sin θ＝15m 2g 2sin 2θk，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，依照牛顿第二定律，有F －3mg sin θ－T ＝3ma ，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，即T ＝2mg sin θ，则恒力F 的大小为5mg sin θ＋3ma ，C 正确；当A 的速度达到最大时，A 受到的合力为零，即F －3mg sin θ－T ′＝0，因此T ′＝2mg sinθ＋3ma ，B 沿斜面方向受到合力F B ＝T ′－2mg sin θ＝3ma ，又因为F B ＝2ma ′，解得a ′＝F B 2m ＝32a ，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，运算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值运算的要注明单位)11．(10分)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、运算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采纳操纵变量法，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，在某次实验中依照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，造成此误差的要紧缘故是________． 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”，因此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)由于OA 段a －F 关系图线为一倾斜的直线，因此在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝FM ，而实际上a ′＝mgM ＋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在质量不变的情形下，加速度与合外力成正比 ②C 12．(15分)(2020·洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时刻后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度L 1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1.1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范畴．(令5＝2.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用时刻最短，滑到C 点时速度恰好为0，力作用时刻最长．设力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则F －μmg ＝ma 1，－μmg ＝ma 22a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝－v 21L 1－L 2<x 1＋x 2<L 1由以上各式联立可解得：0.4 m<x 1<0.5 m.答案：0.4～0.5 m13．(15分)传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小．解析：(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2，由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2t ，x ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmg m＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时刻为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′，L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s(t ′2>t ，不合题意，舍去)将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s。

高考物理总复习第三章牛顿运动定律单元评估检测三含解析新人教版

高考物理总复习第三章牛顿运动定律单元评估检测三含解析新人教版单元评估检测(三)(第三章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5题为单选题，6～8题为多选题)1.就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( )A.采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C.货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D.摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的【解析】选C。

物体的惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，故选项C正确，A、B、D错误。

2.如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳烧断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度大小分别是( )A.a P=g a Q=gB.a P=2g a Q=gC.a P=g a Q=2gD.a P=2g a Q=0【解析】选D。

原来平衡，弹簧弹力F与Q重力mg相等，细绳烧断瞬间，弹簧弹力不变，故Q所受合力仍为零，故a Q=0；P受到重力mg和弹簧向下的压力mg，故加速度a P===2g，故D正确。

3.如图所示，水平桌面光滑，A、B物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A物体质量为2m，B和C物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码，在保持A、B、C三个物体相对静止共同向左运动的情况下，BC间绳子所能达到的最大拉力是( )A.μmgB.μmgC.2μmgD.3μmg【解析】选B。

因桌面光滑，当A、B、C三者共同的加速度最大时，F BC=m C a才能最大，这时，A、B间的相互作用力F AB应是最大静摩擦力2μmg，对BC整体来讲：F AB=2μmg=(m B+m C)a=2ma，a=μg，所以F BC=m C a=μmg，选项B正确。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律单元质检新人教版

单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在滑冰场上,甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动,在猛推一下后分别向相反方向运动。

假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。

已知甲在冰上滑行的距离比乙远,这是由于()A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小解析在推的过程中,作用力与反作用力大小相等,相互作用时间相同,故A、B均错;分开后,两者滑动摩擦力分别为F f1=μm1g,F f2=μm2g,则各自的加速度分别为a1==μg,a2==μg,两者做匀减速直线运动的加速度大小相等,则根据v2=2ax,可知,因为x1>x2,则v1>v2,故C对、D错。

2.(2018·福建省三明月考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示。

设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的二次方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿态。

在箱子下落过程中,下列说法正确的是()A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”答案C解析由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力,加速度的大小要小于重力加速度,由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用,所以A错误。

箱子刚从飞机上投下时,箱子的速度为零,此时受到的阻力的大小也为零,此时加速度的大小为重力加速度,物体处于完全失重状态,箱内物体受到的支持力为零;箱子接近地面时,速度最大,受到的阻力最大,所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的,所以B错误,C正确。

2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第三章《牛顿运动定律》综合检测 Word版含解析

《牛顿运动定律》综合检测(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.下列有关行车安全的说法正确的是(　C　)A.系好安全带可以减小人的惯性B.同一辆车,速度越大停下来需要的时间越长,说明速度大的车惯性大C.系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害D.系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害解析:惯性大小唯一的量度是质量,所以A,B错误;系好安全带可减轻因人的惯性而造成的伤害,C正确,D错误.2.如图所示,两个质量分别为m1=2 kg,m2=3 kg的物体置于光滑的水平面上,中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=30 N, F2=20 N的水平拉力分别作用在m1,m2上,则(　D　)A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为5 m/s2D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为13 m/s23.竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一个质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x;当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是(　D　)A.以大小为2g的加速度加速上升B.以大小为2g的加速度减速上升C.以大小为g的加速度加速下降D.以大小为g的加速度减速下降解析:因为电梯静止时,弹簧被压缩了x,由此可知mg=kx.当电梯运动时,弹簧又被压缩了x,弹簧的弹力变大,物体所受合力方向向上,大小是mg,处于超重状态.由牛顿第二定律可得mg=ma,即加速度大小a=g,方向是向上的,此时物体可能是做向上的匀加速运动,也可能是做向下的匀减速运动,D正确.4.如图所示,在建筑工地,工人用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为m,B的质量为3m,水平作用力为F,A,B之间的动摩擦因数为μ,在此过程中,A,B间的摩擦力为(　D　)A.μFB.2μFC.m(g+a)D.m(g+a)解析:由于A,B相对静止,故A,B之间的摩擦力为静摩擦力,A,B错误.设工人一只手对A,B在竖直方向上的摩擦力为F f,以A,B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f-(m+3m)g=(m+3m)a,设B对A的摩擦力方向向下,大小为F f′,对A由牛顿第二定律有F f-F f′-mg=ma,解得F f′=m(g+a),C错误,D正确.5.以初速度v竖直向上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图像中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是(　D　)解析:设小球所受的阻力f=kv,小球的质量为m,则在小球上升的过程中有mg+f=ma,得a=g+,由于上升过程中小球的速度越来越小,小球的加速度a也越来越小,故v t图像的斜率的绝对值越来越小,A,B错误;在下落过程中有a=g-,下落过程中小球的速度越来越大,故小球的加速度越来越小,则v-t图像的斜率的绝对值越来越小,C错误,D 正确.6.如图所示,木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m.现施加水平力F拉B,A,B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改为水平力F′拉A,使A,B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F′不得超过(　B　)A.2FB.C.3FD.解析:水平力F拉B时,A,B刚好不发生相对滑动,这实际上是将要滑动,但尚未滑动的一种临界状态,从而可知此时A,B间的摩擦力即为最大静摩擦力.对A,B整体:F=(m+2m)a.再将A隔离可得A,B间最大静摩擦力为F fm=ma,解以上两式得F fm=.若将F′作用在A上,隔离B可得B能与A一起运动,而A,B不发生相对滑动的最大加速度a′=,对A,B整体:F′=(m+2m)a′,由以上几式解得F′=.7.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　A　)解析:开始阶段两物体一起做匀加速运动,有F=(m1+m2)a,即a==,两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到μm2g后,两者发生相对滑动.对m2有F-f=m2a2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm2g不再变化,a2==-μg,故其图像斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm2g=m1a1,故a1=为定值.故A选项正确.8.如图(甲)所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的拉力F 作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面的最大静摩擦力F fm与滑动摩擦力大小相等,则(　BC　)A.0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t3时刻物块A的速度最大D.t2～t4时间内物块A一直做减速运动解析:0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状态,选项A错误.t2时刻物块A受到的拉力F最大,物块A的加速度最大,选项B正确.t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度减小到零,物块A的速度最大,选项C正确.t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动,t3～t4时间内物块A一直做减速运动,选项D错误.9.如图(甲)所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图(乙)所示,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　BCD　)A.0～5 s内小木块做匀减速运动B.在t=1 s时刻,摩擦力反向C.斜面倾角θ=37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析:由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图(乙)可得a==-10 m/s2,故减速运动时间t==1 s,故A错误;由题图(乙)可知,在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图(乙)可知,小木块反向加速运动时的加速度a′== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得μ=0.5,θ=37°,故C,D正确.10.如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,工件滑上传送带A端的瞬时速度v A=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为v B.g取10 m/s2,下列说法中正确的是(　ABC　)A.若传送带不动,v B=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,v B=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/sD.若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/s解析:若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知-=-2as,a=μg,代入数据解得v B=3 m/s,当满足选项B,C中的条件时,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,同理可得,工件到达B端的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A,B,C正确;若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上A端后做匀速运动,到B端的速度仍为4 m/s,故选项D 错误.11.如图(甲)所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图(乙)所示,g取10 m/s2,根据图像可求出(　BC　)A.物体的初速率v0=3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44 mD.当θ=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上解析:当斜面倾角θ=90°时,物体对斜面无压力,也无摩擦力,物体做竖直上抛运动,根据匀变速直线运动规律有02-=-2gx,根据题图(乙)可得此时x=1.80 m,解得初速率v0=6 m/s,选项A错.当斜面倾角θ=0°时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作用,则有μmgx= m,根据题图(乙)知此时x=2.40 m,解得μ=0.75,选项B对.物体沿斜面上滑,由牛顿第二定律可知加速度a=gsin θ+μgcos θ=g(sin θ+μcosθ).=2ax=2g(sin θ+μcosθ)x,得当sin θ+μcosθ最大时,即tan θ=,θ=53°时,x取最小值x min,解得x min=1.44 m,C项正确.当θ=45°时,因mgsin 45°>μmgcos45°,则物体达到最大位移后将返回,D项错误.12.如图(甲)所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图(乙)所示.已知|v2|>|v1|,则(　BD　)A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析:0～t1时间内,小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动,速度减为零时并未从左端滑下,说明传送带足够长,其向左运动的位移大小x1=;t1～t2时间内:小物块受到的滑动摩擦力仍然向右,因此反向做匀加速运动,加速到与传送带速度v1相等,其位移大小x2=<x1,此后物块做匀速运动.0～t2时间内,小物块始终相对于传送带向左运动,故t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大.二、非选择题(共52分)13.(6分)在“探究小车加速度a与其质量m的关系”的实验中:(1)备有器材:A.带有定滑轮的长木板;B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带;C.细绳、小车、砝码;D.装有沙的沙桶;E.薄木板;F.毫米刻度尺;还缺少的一件器材是 .(2)实验得到如图(甲)所示的一条纸带,相邻两个计数点的时间间隔为T;B,C两点的间距x2和D,E两点的间距x4已量出,利用这两段间距计算小车加速度的表达式为 .(3)某同学根据实验数据画出的a-图线如图(乙)所示,从图线可得沙和沙桶的总质量为 kg.(g取 10 m/s2)(4)另一位同学根据实验数据画出的a-图像如图(丙)所示,则造成这一结果的原因是　.解析:(1)本题要测量小车的质量,所以还缺少的一件器材是天平; (2)根据逐差法得:x4-x2=2aT2,解得a=.(3)根据牛顿第二定律可知,a=,则F即为a-图像的斜率,所以沙和沙桶的总重力m′g=F= N=0.2 N,解得m′=0.02 kg.(4)从题图(丙)中发现直线没过原点,当绳子上有拉力时小车的加速度还为0,则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤.所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够.答案:(1)天平(2)a=(3)0.02(4)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够评分标准:(1)(2)每空1分,(3)(4)每空2分.14.(8分)用图(甲)所示的实验装置验证牛顿第二定律.(1)某同学通过实验得到如图(乙)所示的a F图像,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角 (选填“偏大”或“偏小”).(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力 (选填“大于”“小于”或“等于”)砝码和盘的总重力,为了便于探究、减小误差,应使小车与车上砝码质量M与砝码和盘的总质量m满足的条件.(3)某同学得到如图(丙)所示的纸带,已知打点计时器电源频率为50 Hz,A,B,C,D,E,F,G是纸带上7个连续的点,由此可算出小车的加速度a= m/s2(保留两位有效数字).解析:(1)当拉力F=0时,小车具有加速度,说明平衡摩擦力时平衡过度,即木板与水平桌面间的倾角偏大.(2)对整体分析,根据牛顿第二定律得,a=,则绳子的拉力F=Ma=,所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力,当M≫m,即砝码和盘的总质量小于小车和小车上砝码的总质量时,砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.(3)根据刻度尺的示数可知Δx=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm,时间间隔为T=0.06 s,代入Δx=aT2得加速度为a=5.0 m/s2.答案:(1)偏大　(2)小于　M≫m(3)5.0评分标准:每空2分.15.(6分)如图(甲)所示,在倾角为θ=30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块的质量为m=2 kg,它与斜面的动摩擦因数为μ,帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比,即F f=kv.若滑块从静止开始下滑的速度—时间图像如图(乙)中的曲线所示,图(乙)中的直线是t=0时速度图线的切线,g=10 m/s2.(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度;(2)求μ和k的值.解析:(1)由题图(乙)可得t=0时,滑块下滑的加速度最大为a max===3 m/s2(2分)t=3 s时,滑块下滑的速度最大为v max=2 m/s.(1分)(2)t=0时滑块下滑的加速度最大为a max,由牛顿第二定律得F合=mgsin θ-μmgcosθ=ma max,(1分)t=3 s时滑块下滑的速度达到最大,有mgsin θ=μmgcosθ+kv max,(1分)解得μ=,k=3 kg/s(说明:k的答案没有单位不算对).(1分)答案:(1)3 m/s2　2 m/s　(2)　3 kg/s16.(8分)如图(甲)所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角θ=37°,一滑块以初速度v0=16 m/s从底端A点滑上斜面,滑至B点后又返回到A点.滑块运动的速度—时间图像如图(乙)所示,求:(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)(1)A,B之间的距离;(2)滑块再次回到A点时的速度大小;(3)滑块在整个运动过程中所用的时间.解析:(1)由v t图像知A,B之间的距离为s AB= m=16 m.(1分)(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1,从B返回到A过程的加速度大小为a2,滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ,则有a1== m/s2=8 m/s2(1分)由于mgsin θ+μmgcosθ=ma1,得μ=0.25.(1分)滑块由B返回到A的过程中,则有mgsin θ-μmgcosθ=ma2即a2=4 m/s2,(1分)设滑块返回到A点时的速度为v,有v2-0=2a2s AB即v=8 m/s.(1分)(3)设滑块从A到B用时为t1,从B返回到A用时为t2,则有t1=2 s(1分)t2==2 s(1分)则滑块在整个运动过程中所用的时间为t=t1+t2=(2+2) s.(1分)答案:(1)16 m　(2)8 m/s　(3)(2+2) s17.(12分)如图所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5 m,L2=2 m.传送带始终保持以速度v向右匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板,平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2 kg,g取10 m/s2.求:(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小.(2)若v=6 m/s,求滑块离开平板时的速度大小.解析:(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小a1==3 m/s2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动,加速度大小a2==1 m/s2(1分)设滑块从平板左端滑至右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,对滑块进行分析:v′=v-a1t(1分)L2+x=vt-a1t2(1分)对平板进行分析:v′=a2t(1分)x=a2t2(1分)联立以上各式代入数据解得t=1 s,v=4 m/s.当v=4 m/s时,滑块在传送带上加速运动的位移为x1==1.6 m<L1,故符合题意.(1分)(2)滑块在传送带上的加速度a3==5 m/s2(1分)若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为v1==5 m/s<6 m/s(1分)即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t′,离开平板时的速度为v″,平板位移为x′则v″=v1-a1t′(1分)L2+x′=v1t′-a1t′2(1分)x′=a2t′2(1分)联立以上各式代入数据解得t′= s,t2′=2 s(t2′>t,不合题意,舍去)将t′= s代入v″=v1-a1t′得v″=3.5 m/s.(1分)答案:(1)4 m/s　(2)3.5 m/s18.(12分)如图所示,一长L=2 m,质量M=4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5 m,木板的正中央放有一质量为m=1 kg的物块(可视为质点),已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取10 m/s2,试求:(1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离;(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.解析:(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律:对木板:F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1解得a1=6 m/s2(1分)对物块:μ1mg=ma2解得a2=4 m/s2,(1分)因a2<a1,故假设成立设F作用t时间后,物块恰好从木板左端滑离,则=a1t2-a2t2(1分)解得t=1 s(1分)在此过程:木板位移x1=a1t2=3 m末速度v1=a1t=6 m/s(1分)物块位移x2=a2t2=2 m,末速度v2=a2t=4 m/s(1分)在物块从木板上滑落后的t0=0.2 s内,由牛顿第二定律,对木板:F-μ1Mg=Ma1′解得a1′=8 m/s2(1分)木板发生的位移x1′=v1t0+a1′=1.36 m此时木板右端距平台边缘Δx=l-x1-x1′=0.64 m.(1分)(2)物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律:对物块:μ2mg=ma2′(1分)解得a2′=μ2g若物块在平台上速度减为0,则通过的位移x2′=(1分)要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l+≥x2+x2′(1分)联立解得μ2≥0.2.(1分)答案:(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2。

2022届人教新高考物理一轮章末测试卷(三)牛顿运动定律(带解析)【含答案】

牛顿运动定律一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。

1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分。

)1．如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是()A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在运动的趋势，则它们之间存在摩擦力，选项A正确；杆的弯曲是由于杆受到小明对杆的力，选项B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，选项C错误；小明对杆的力和杆对小明的力是一对相互作用力，选项D错误。

答案：A2．2020年9月15日，全国田径锦标赛在绍兴上虞体育场开幕。

若不计空气阻力，对于运动员跳高过程的分析，下列说法正确的是()A．运动员起跳时地面对他的弹力大于他对地面的压力B．运动员起跳后在空中上升过程中处于失重状态C．运动员越杆后在空中下降过程中处于超重状态D．运动员落到软垫后一直做减速运动解析：运动员起跳时地面对他的弹力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，A错误；运动员起跳后在空中上升过程中，加速度的方向向下，处于失重状态，B正确；运动员越杆后在空中下降过程中，只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，C错误；运动员落到软垫后，软垫对他的作用力先是小于重力，所以运动员仍然要做短暂的加速运动，之后才会减速，D错误。

答案：B3．(2021·重庆调研测试)如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．轻绳P的弹力大小可能小于mgB．弹簧Q可能处于压缩状态C．剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为gD．剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g sin θ解析：轻绳P竖直，轻弹簧Q弹力为零，弹簧处于原长状态，选项B错误；轻绳P的弹力大小等于mg，选项A错误；剪断轻绳瞬间，物体只受重力，物块的加速度大小为g，选项C正确，选项D错误。

高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律综合过关规范限时检测新人教版必修1(2021年最新整理)

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第三章综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟.一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分.1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分）1．(2016·河南郑州二模)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图象，两图中a－g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10m/s2，根据图象分析可知导学号 51342349( B ）A．人的重力为1500NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度[解析] 分析图象可知：a点，人处于静止状态,重力等于支持力，所以G＝500N，A错误。

c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B正确。

e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C错误。

在f点，人只受重力,加速度为g＝10m/s2；在d点,根据牛顿第二定律有F N－mg＝ma，得a＝20m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。

2．（2016·四川绵阳一诊)如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态.现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中导学号 51342350（ B ）A．弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B．弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C．加速度先增大后减小D．加速度一直减小[解析] 在未剪断细线时，弹簧处于伸长状态，故弹簧对小球有向下的弹力，故剪断细线后小球先加速向下运动，加速度减小,当弹簧的弹力等于小球重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大、球继续向下运动,此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，并且加速度增大，故B正确，A、C、D错误。

(新课标)高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律综合能力测试-人教版高三全册物理试题

牛顿运动定律时间：60分钟分值：100分一、单项选择题(每一小题6分，共30分)1．(2013·福建)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的根本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述根本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：由F ＝ma ，可知1 N ＝1 kg·m·s －2，由P ＝Fv 可知1 W ＝1 N·m·s －1＝1 kg·m 2·s－3，由U ＝PI可知1 V ＝1 W·A －1＝1 m 2·kg·s －3·A －1，故单位V 可表示为m 2·kg·s －3·A －1，选项B 正确．答案：B 2.2013年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看．假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ.设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，如此( )A ．运动员的加速度大小为g sin θB ．球拍对球的作用力大小为mg cos θC ．运动员对球拍的作用力大小为M ＋m gcos θD ．运动员对地面的作用力方向竖直向下解析：以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mg tan θ，其加速度为g tan θ，受到球拍的支持力为mgcos θ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A 、B 错误；同理运动员对球拍的作用力大小为M ＋m gcos θ，选项C 正确；将运动员看作质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D错误．答案：C3．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，如下说法正确的答案是( )A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这明确：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．“强弩之末势不能穿鲁缟〞，这明确强弩的惯性减小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，也就是说，只要物体的质量不变，其惯性大小就不变，选项A、B、D错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，这会改变它的惯性，选项C正确．答案：C4．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如下列图的四种情况中符合要求的是( )解析：设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝mg sinθm＝g sinθ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcosθ，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝4Lg sin2θ.当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，应当选项C正确．答案：C5.如下列图，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a )解析：此题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误．设民工兄弟一只手对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为F f ，以A 、B 整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为F f ′，对A 由牛顿第二定律有F f －F f ′－mg ＝ma ，解得F f ′＝m (g ＋a )，C 错误，D 正确．答案：D二、多项选择题(每一小题8分，共24分) 6.如下列图，质量分别为m 1、m 2的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在与水平面成30°角的光滑斜面上．假设不计弹簧质量，细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )A ．a A ＝0B ．a A ＝g2C ．a B ＝g2D ．a B ＝m 1＋m 2g2m 2解析：如下列图，细线剪断前：小球A 受三个力作用处于平衡状态，其中，F k ＝m 1g sin30°＝12m 1g ，小球B受四个力作用处于平衡状态，F k′＋m2g sin30°＝F，其中F k′＝F k.细线剪断瞬间：F k不变，A球所受合力为零，故a A＝0，B球受三个力作用，F k′＋m2g sin30°＝m2a B.又F k′＝m1g sin30°，得a B＝m1＋m2g 2m2.答案：AD7．如下列图，质量为m的球置于斜面上，球被一个竖直挡板挡住，处于静止状态．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的答案是( )A．球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时的大B．假设加速度足够大，如此斜面对球的弹力可能为零C．斜面对球的弹力保持不变D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma解析：对球受力分析如下列图，由牛顿第二定律得F N1－F N2sinθ＝ma，F N2cosθ＝mg，由以上两式可得：F N2不随a的变化而变化，F N1随a的增大而增大，选项A、C正确，选项B错误；斜面和挡板对球的弹力与重力三个力的合力等于ma，选项D错误．答案：AC8．利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B 上，C 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器C 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A 的速度—时间(v －t )图象．先给滑块A 一个沿滑板B 向上的初速度，得到的v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，如此( )A ．滑块A 上滑时加速度的大小为8 m/s 2B ．滑块A 下滑时加速度的大小为8 m/s 2C ．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.25D ．滑块A 上滑时运动的位移为2 m 解析：滑块A 上滑时加速度的大小a 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－4.00.5 m/s 2＝8.0 m/s 2，选项A 正确；A 下滑时的加速度a 2＝ 4.01.5－0.5 m/s 2＝4.0 m/s 2，选项B 错误；由牛顿第二定律知A 上滑时mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，A 下滑时mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝0.25，选项C 正确；在速度—时间图象中面积表示位移，滑块A 上滑时运动的位移为1 m ，选项D 错误．答案：AC三、非选择题(共46分)9．(9分)在用DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图甲所示的实验装置．重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器(发射器)随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端．实验时将重物的重力作为拉力F ，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据：a /(m·s －2)2.01 2.98 4.02 5.01 F /N1.002.003.004.00(1)在图丙所示的坐标纸上作出小车加速度a 随拉力F 变化的图线； (2)从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处；(3)如果实验时，在小车和重物之间接一不计质量的微型力传感器来测量拉力F ，实验装置如图乙所示，从理论上分析，该实验图线的斜率将________．(填“变大〞、“变小〞或“不变〞)解析：(1)小车加速度a 随拉力F 变化的图线如下列图．(2)观察图线可以发现，当外力F ＝0时，加速度a ≠0，说明在平衡摩擦力时轨道倾角过大，使得重力沿斜面向下的分力大于摩擦力．(3)本实验中，以重物重力mg 作为外力F ，其实是整体的合力即F ＝(M ＋m )a ，a ＝FM ＋m ，图象斜率为k ＝1M ＋m；换用力传感器后，拉力F 就是小车受到的真实拉力，此时有a ＝F M，所以斜率为k ′＝1M，因此斜率将变大．答案：(1)如解析图所示 (2)轨道倾角过大(或平衡摩擦力过度) (3)变大 10.(12分)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面之间在B 点有一小段弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现用与水平方向成α＝53°角的恒力F 拉小物块，如下列图，小物块经t 1＝4 s 到达B 点，并迅速撤去拉力F ，A 、B 两点相距x 1＝4 m(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：(1)恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动的最大距离x 2； (3)小物块停止运动时到B 点的距离x 3. 解析：(1)AB 段加速度a 1＝2x 1t 21＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1解得F ＝ma 1＋μmg cos α＋μsin α＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N ＝11 N.(2)到达B 点时，小物块的速度v ＝a 1t 1＝2 m/s ，在BC 段由机械能守恒，知mg sin α·x 2＝12mv 2解得x 2＝0.25 m.(3)小物块从B 向A 运动过程中，由μmg ＝ma 2解得a 2＝μg ＝5 m/s 2滑行的位移x 3＝v 22a 2＝222×5m ＝0.4 m ，小物块停止运动时，离B 点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N (2)0.25 m (3)0.4 m11．(10分)在倾角为θ的长斜面上有一带风帆的滑块由静止开始沿斜面下滑．滑块的质量为m ，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的受风面积S 以与滑块下滑速度v 的大小成正比，即f ＝kSv .(1)写出滑块下滑速度为v 时加速度的表达式．(2)假设m ＝2.0 kg ，θ＝53°，g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，滑块由静止开始下滑的速度图象为如下列图的曲线，图中斜虚线是t ＝0时的速度图线的切线，由此求出kS 和μ的值．解析：(1)滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力作用而做加速运动．由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－kSv ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－kSv m. (2)由v －t 图线可得，当v ＝0时，a ＝Δv Δt ＝5 m/s 2即g sin θ－μg cos θ＝5 m/s 2解得μ＝0.5，当v ＝4 m/s 时，a ＝0 即g sin θ－μg cos θ－kSv m＝0 可得kS ＝2.5 kg/s.答案：(1)a ＝g sin θ－μg cos θ－kSvm(2)2.5 kg/s 0.5 12．(15分)如下列图，质量M ＝4.0 kg 的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m ＝1.0 kg 的小滑块A (可视为质点)．初始时刻，A 、B 分别以v 0＝2.0 m/s 向左、向右运动，最后A 恰好没有滑离B 板．A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g ＝10 m/s 2.求：(1)A 、B 相对运动时的加速度a A 和a B 的大小与方向；(2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小x ； (3)木板B 的长度l .解析：(1)A 、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律，对A 有μmg ＝ma A如此a A ＝μg ＝4.0 m/s 2，方向水平向右．对B 有μmg ＝Ma B如此a B ＝μmg M＝1.0 m/s 2，方向水平向左． (2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设速度减为零所用时间为t 1，如此v 0＝a A t 1解得t 1＝v 0a A＝0.50 sB 相对地面向右做匀减速运动 x ＝v 0t 1－12a B t 21＝0.875 m.(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2B 板一直向右做匀减速运动，加速度大小为 a B ＝1.0 m/s 2当A 、B 速度相等时，A 滑到B 最左端，恰好没有滑离B ，故全过程中A 、B 间的相对位移即为木板B 的长度．在A 相对地面速度为零时，B 的速度v B ＝v 0－a B t 1＝1.5 m/s设A 由速度为零至A 、B 速度相等所用时间为t 2，如此a A t 2＝v B －a B t 2解得t 2＝v Ba A ＋a B＝0.3 s共同速度v ＝a A t 2＝1.2 m/s从开始到A 、B 速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A 向左运动的位移x A ＝v 0－vt 1＋t 22＝2－1.2×0.5＋0.32m ＝0.32 mB 向右运动的位移 x B ＝v 0＋vt 1＋t 22＝2＋1.2×0.5＋0.32m ＝1.28 m故木板B 的长度l ＝x A ＋x B ＝1.6 m.答案：(1)4.0 m/s 2，方向水平向右 1.0 m/s 2，方向水平向左 (2)0.875 m (3)1.6 m。

2022版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律练习含解析新人教版

第三章牛顿运动定律综合过关规X限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平地面上通过一轻杆进行“顶牛”比赛，试图迫使对方后退。

设甲、乙两人对杆的推力大小分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若甲获胜，则( A )A．F1＝F2，α1>α2B．F1>F2，α1＝α2C．F1＝F2，α1<α2D．F1>F2，α1>α2[解析] 本题考查相互作用力与受力角度问题。

杆的质量不计，可知F1、F2为两人之间的相互作用力，故F1＝F2，比赛中决定胜负的是人受到的最大静摩擦力的大小，甲获胜，则说明甲受到的摩擦力大，甲对地的正压力大，而两人重力大小相同，则说明甲是通过增大身体的倾角借助杆上的推力增大了对地面的压力，所以α1>α2，A正确。

2．(此题为更换后新题)(2021·某某省高三月考)如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。

整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。

在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中( B )A ．在C 点时，乒乓球所受合外力为零B ．软杆对乒乓球做负功C ．地面对底座的摩擦力始终为零D ．地面对底座的支持力始终不变[解析] 在C 点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零，A 错误；由于C 点比A 点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得：mg Δh ＋W ＝0－12mv 20，可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，B 正确；由于乒乓球在水平方向做变速度运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，C 错误；由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，D 错误。

高考物理(人教版)第一轮复习课时作业章末质量检测3牛顿运动定律含答案

高考物理复习章末质量检测(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

)1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是() A．物体受力才会运动B．力使物体的运动状态发生改变C．停止用力，运动的物体就会停止D．力是物体保持静止或匀速直线运动状态的原因解析由牛顿第一定律可知，力的作用不是使物体运动，而是使物体的运动状态改变。

如果物体原来的状态是运动的，不受力仍将永远运动下去，即物体的运动不需要力来维持，因此A、C错误，B正确；物体保持静止或匀速直线运动状态，是物体不受力时的运动规律，并不是力作用的结果，因此D错误。

答案 B2．(2014·河南省中原各校期中)如图1所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速直线运动时()图1A．物体对左侧挡板的压力等于零B．物体对左侧挡板的压力等于3 NC．物体受到4个力的作用D．弹簧对物体的压力等于6 N解析由木板与M一起以6 m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，可知M的加速度大小为6 m/s2，方向水平向左，故M所受合力F＝Ma＝3 N，方向水平向左，对M受力分析，M受竖直向下的重力Mg，支持力F N＝Mg，竖直方向达到平衡，又因物体与木板之间无摩擦，故水平方向合力只能由弹簧弹力和挡板弹力提供，当F弹＝3 N时，恰好能提供合力，故M与挡板之间无弹力，物体只受3个力，故选A。

答案 A3．(2014·安徽安庆二模)如图2所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行，在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止。

高考物理复习第三章牛顿运动定律章末过关检测(三)

章末过关检测(三)[学生用书P315(单独成册)](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．(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°解析：选B.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，只受重力mg 和屋顶对水滴的支持力N ，垂直于屋顶方向：N ＝mg cos θ；平行于屋顶方向：ma ＝mg sin θ；水滴的加速度a ＝g sin θ；屋顶坡面的长度s ＝L 2cos θ，由s ＝12at 2得t ＝2sa，整理得：t ＝2Lg sin 2θ，当θ＝45°时t最小，故A 、C 、D 错误，B 正确．3．(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12 kg 的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10 kg 的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s 2的加速度竖直向上爬，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是 ( )A ．绳上的拉力大小为50 NB ．重物不会离开地面C ．2 s 末物体上升的高度为5 mD ．重物的加速度大小为3.2 m/s 2解析：选C.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 ＝150 N ，即绳上的拉力大小为150 N ，故A 错误；因绳的拉力为150 N>120 N ，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 ＝2.5 m/s 2，2 s 末物体上升的高度h ＝12at 2＝5 m ，故C 正确，D 错误．4.(2020·福建漳州一模)如图，在水平地面的平板小车上放一质量m ＝2 kg 的滑块，滑块与车上右侧挡板间连接水平的轻弹簧，小车在水平向右的力作用下以a ＝1 m/s 2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1 N ，滑块与小车保持相对静止，现减小外力使小车的加速度逐渐减小到零，则( )A ．弹簧的弹力逐渐减少B ．滑块受到的摩擦力保持不变C ．当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用D ．滑块与小车仍保持相对静止解析：选D.当加速度为a ＝1 m/s 2时，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得f －T ＝ma ，解得f ＝1 N ＋2×1 N ＝3 N ，所以最大静摩擦力至少为3 N ，减小外力使小车的加速度逐渐减小到零时，此时摩擦力与弹簧弹力相等为1 N ，滑块与小车仍保持相对静止，根据f ＝T ＋ma 可知摩擦力逐渐减小、弹力不变，故A 、B 、C 错误，D 正确．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>a gB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为（a －μg ）v 22a 2解析：选C.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<ag ，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 ＝v μg ，此时煤块的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v 22a ＋v ⎝⎛⎭⎫v μg －v a ＝v 2μg －v 22a ，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a，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t 1＝v a 、t 2＝vμg ，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 ＝v 2t 2＝v 22μg，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 ＝v 2(t 2－t 1)＝v 22μg －v 22a.二、多项选择题6.(2020·四川攀枝花二模)某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图所示的实验．质量为m 的物块B 静放在水平面上，劲度系数为k 的轻质弹簧固定在B 上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触即被锁住．每次实验让物块A 从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B 刚好离开地面．整个过程无机械能损失．实验表明，物块A 质量M 不同，释放点距弹簧上端的高度H 就不同．当物块A 的质量为m 时，释放点高度H ＝h ，则下列说法中正确的是( )A ．物块A 下落过程中速度最大时，物块B 对地面的压力最大 B ．物块A 下落到最低点时，物块B 对地面的压力最大C ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝h2D ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝12(h ＋mgk)解析：选BD.物块A 下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B 对地面的压力最大，故A 错误，B 正确；当物块B 刚好离开地面时k Δx ＝mg ；由能量关系可知：mgh ＝mg Δx ＋E p ；当A 的质量M ＝2m 时有：2mgH ＝2mg Δx ＋E p ；解得：H ＝12⎝⎛⎭⎫h ＋mg k ，故C 错误，D 正确．7. (2020·湖南怀化一模)如图甲所示，物块A 叠放在木板B 上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A 施加一水平向右的拉力F ，测得B 的加速度a 与拉力F 的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2)( )A ．当F <24 N 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F >24 N 时，A 相对B 发生滑动C ．A 的质量为4 kgD ．B 的质量为24 kg解析：选BC.当A 与B 间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A 、B 会发生相对滑动，由图可知，B 的最大加速度为4 m/s 2，即拉力F >24 N 时，A 相对B 发生滑动，当F <24 N 时，A 、B 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确；对B ，根据牛顿第二定律得，a B ＝μm A g m B ＝4 m/s 2，对A ，根据牛顿第二定律得，a A ＝F －μm A g m A ＝4 m/s 2，F ＝24 N ，解得m A＝4 kg ，m B ＝2 kg ，故C 正确，D 错误．8.(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F 1＝k v ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为F mB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mgk解析：选AC.当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －k v )＝ma ，当v ＝mgk 时，圆环的加速度最大，即a max ＝Fm ，A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，当F 1＝k v >mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(k v －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk ，C 正确，D 错误．三、非选择题9．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 ＝mg M ＝F M ，而实际上a ′＝mgM ＋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 ②C10.(2020·辽宁沈阳二模)在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展．如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15 kg ，货箱与地面间的动摩擦因数μ＝33.若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，求：(1)拉力方向与水平面成60°角时拉力的大小(结果保留1位小数)； (2)所施加拉力的最小值和方向．解析：(1)研究货箱，根据平衡条件有：F sin 60°＋F N－mg＝0F cos 60°－F f＝0F f＝μF N解得：F＝50 3 N＝86.6 N.(2)法一：对物体受力分析，设拉力最小时，F′与水平方向夹角为θ，如图1所示；则根据平衡条件有：F′sin θ＋F′N－mg＝0F′cos θ－F′f＝0F′f＝μF′N解得：F′＝μmgcos θ＋μsin θ整理得：F′＝12mgsin（θ＋60°）当θ＝30°时，F′有最小值F′的最小值为：F′＝75 N.法二：如图2所示，tan θ＝F fF N＝μ，解得θ＝30°即弹力和滑动摩擦力的合力F Nf方向固定不变，当拉力F′的方向垂直F Nf时，拉力F′有最小值．由矢量三角形的关系可得：F′＝mg sin θ＝75 N.答案：(1)86.6 N(2)75 N方向与水平方向夹角为30°11．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a 1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3；(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a 1＝10－44m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1 对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 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 )a 3联立以上三式可得m M ＝32.(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 ＝10×4×12m ＝20 m.答案：(1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)32(3)20 m。

高考物理总复习第三单元牛顿运动定律课时3牛顿运动定律的综合应用教师用书(含解析)新人教版

1. 超重(1)定义 : 物体对水平支持物的压力 ( 或对竖直悬挂物的拉力 ) 大于物体所受重力的现象。

(2)超重的特色 : 物体拥有竖直向上的加快度。

2.失重(1)定义 : 物体对水平支持物的压力 ( 或对竖直悬挂物的拉力 ) 小于物体所受重力的现象。

(2)失重的特色 : 物体拥有竖直向下的加快度。

3.完整失重(1)定义 : 物体对支持物的压力 ( 或对悬挂物的拉力 ) 为零的状态。

(2)完整失重的特色 : 加快度a=g, 方向竖直向下。

1. (2018 宁夏银川开学检测) 关于失重与超重, 以下实例中的说法正确的选项是() 。

A.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B.蹦床运动员在空中上涨和着落过程中都处于失重状态C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态答案 B2. (2018 安徽合肥一模 ) 合肥市滨湖游玩场里有一种大型娱乐器材, 可以让人体验超重和失重。

其环形座舱套在竖直柱子上, 先由起落机奉上 70 多米的高处 , 而后让座舱由静止无动力落下 , 落到离地 30 米高的地点时 , 制动系统启动 , 座舱做减速运动 , 到地面时恰巧停下。

若舱中某乘客重力为 500 N。

不计空气阻力 , 则以下说法正确的选项是( ) 。

A. 当座舱落到离地面45 米高的地点时 , 该乘客对座位的压力为0B. 当座舱落到离地面45 米高的地点时 , 座位对该乘客有支持力C.当座舱落到离地面20 米高的地点时 , 该乘客对座位的压力为0D.当座舱落到离地面20 米高的地点时 , 座位对该乘客的支持力小于500 N答案 A1 (2018 浙江 4 月选考 ,8) 以以下图 , 小芳在体重计上完成下蹲动作, 以下F-t 图象能反响体.重计示数随时间变化的是() 。

分析对人的运动过程分析可知, 人下蹲的过程可以分红两段: 人在加快下蹲的过程中, 有向下的加快度, 处于失重状态, 此时人对传感器的压力小于人的重力; 在减速下蹲的过程中,加快度方向向上, 处于超重状态 , 此时人对传感器的压力大于人的重力, 故 C 项正确 ,A 、B、 D三项错误。

高考物理一轮复习章末检测3 牛顿运动定律(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题

章末检测3 牛顿运动定律(时间90分钟总分为100分)一、选择题(此题共12小题，每一小题4分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．伽利略和牛顿都是物理学开展史上最伟大的科学家，如下关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：A项是伽利略的观点，B、C两项是牛顿的观点，D项是亚里士多德的观点．答案：D2．人在平地上静止站立时，受到的支撑力等于人的重力．做原地纵跳时，在快速下蹲和蹬伸的过程中，人体受到的支撑力发生变化(如下列图，G为重力，F为支撑力)．如下图象能正确反映该变化的是()ABCD解析：人腾空时支撑力为零，故A、C错误．人在快速下蹲和蹬伸的过程中，加速度先向下，再向上，即先失重，再超重，故支撑力先小于重力，然后大于重力，故B 错误，D 正确．答案：D3．某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验，如下列图，在光滑水平台面右端固定一个恒力器．在台面左端放一辆小车，车上固定一遮光条，遮光条宽度为d ，恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F ，使小车由静止开始依次经过两个光电门，光电门1、2记录的挡光时间分别为t 1、t 2，测得两光电门中心间距为x ，不计遮光条质量．根据以上实验数据可得小车质量为()A.Fx⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12B.2Fx⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12C.2Fx ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22D.Fx⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22解析：对小车，由牛顿第二定律有F ＝ma ，小车通过两光电门间距离的过程中，由运动学公式有⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12＝2ax ，联立两式解得小车的质量为m ＝2Fx ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12，故B 正确．答案：B4.如下列图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q .小球静止时，Ⅰ中拉力大小为F T 1，Ⅱ中拉力大小为F T 2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a 应是()A ．a ＝g ，方向竖直向下B ．a ＝g ，方向竖直向上C ．a ＝F T 2m，方向水平向左 D ．a ＝F T 1m，方向沿Ⅰ的延长线解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到F T 1和重力mg 作用，合力水平向左，大小为F T 2，所以加速度为a ＝F T 2m，方向水平向左．答案：C5.如下列图，小球A 质量为m ，木块B 质量为2m ，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A 施加一个竖直向上的恒力F ，使小球A 在竖直方向上运动，当弹簧恢复原长时小球A 速度恰好最大，重力加速度为g .如此在木块B 对地面压力为零时，小球A 的加速度大小为()A ．3gB ．1.5gC ．2gD ．2.5g解析：根据题意，当弹簧处于原长时A 球速度最大，如此F ＝mg ，当木块B 对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B 受力分析，此时有kx ＝2mg ，对A 根据牛顿运动定律有kx ＋mg －F ＝ma ，解得a ＝2g ，C 项正确．答案：C6.(2019·泰安模拟)如下列图，质量为1.5 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg 的物体B 由细线悬挂在天花板上，B 与A 刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，如此剪断后瞬间A 、B 间的作用力大小为(g 取10 m/s 2)()A ．0B ．2.5 NC ．5 ND ．3.75 N解析：当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，如此B 物体的重力突然作用到A 上，此时弹簧形变仍不变，对AB 整体受力分析，受重力G ＝(m A ＋m B )g ＝20 N ，弹力为F ＝m A g ＝15 N ，由牛顿第二定律G －F ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝2.5 m/s 2，对B 受力分析，B 受重力和A 对B 的弹力F 1，对B 有m B g －F 1＝m B a ，可得F 1＝3.75 N ，D 选项正确．答案：D7．如下列图，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m和3m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，如此以下说法正确的答案是()A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T解析：质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为F T 时，对m 和2m 有F T＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2F T ，故B 项错误，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ，故D 项错误．答案：C8．(2019·四川泸州质检)高跷运动是一项新型运动．图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃．如图乙所示．如此如下说法正确的答案是()图甲图乙A ．人向上弹起过程中，一直处于超重状态B ．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C ．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D ．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力解析：人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A 错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者等大反向，选项B 错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知，高跷对人的作用力大于人的重力，人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C 正确，选项D 错误．答案：C9．(多项选择)如下列图，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上，当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起做匀加速直线运动时，A 、B 间作用力大小为F 1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起做匀加速直线运动时，A 、B 间作用力大小为F 2，如此()A ．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B ．在两次作用过程中，F 1＋F 2＜FC ．在两次作用过程中，F 1＋F 2＝FD ．在两次作用过程中，F 1F 2＝m 1m 2解析：对整体分析，整体的加速度都为a ＝Fm 1＋m 2，故A 正确．隔离分析，第一种情况，A 对B 的作用力F 1＝m 2a ＝m 2F m 1＋m 2，第二种情况，B 对A 的作用力F 2＝m 1a ＝m 1Fm 1＋m 2，F 1＋F 2＝F ，故B 错误，C 正确.F 1F 2＝m 2m 1，故D 错误．答案：AC10．(多项选择)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量一样，如此这列车厢的节数可能为()A ．8B ．10C ．15D ．18解析：如下列图，假设挂钩P 、Q 东边有x 节车厢，西边有y 节车厢，每节车厢质量为m .当向东行驶时，以y 节车厢为研究对象，如此有F ＝mya ；当向西行驶时，以x 节车厢为研究对象，如此有F ＝23mxa ，联立两式有y ＝23x .可见，列车总节数N ＝x ＋y ＝53x ，设x ＝3n (n ＝1，2，3，…)，如此N ＝5n (n ＝1，2，3，…)，故可知选项B 、C 正确．答案：BC11．某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象．在地面上称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重．电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如下列图(g取10 m/s2)．如此()A．电梯为下降过程B．在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2C．F3的示数为550 ND．电梯运行的总位移为20 m答案：AB12．如图甲所示，一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置质量都为m的A，B 物体(A物体在下，且与弹簧连接)，初始时A，B两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在B物体上，使B开始向上做匀加速运动，拉力F与B物体位移x的关系如图乙所示(g 取10 m/s2)，如下说法正确的答案是()A．物体B运动到x＝4 cm处，弹簧处于原长状态B．两物体的质量均为2 kgC．物体B做匀加速直线运动的加速度大小为2 m/s2D．弹簧的劲度系数为5 N/cm答案：CD二、非选择题(共52分)13．(6分)在“验证牛顿运动定律〞实验中，采用如图甲所示的装置图进展实验．(1)实验中，摩擦力已经平衡，测出小车的质量为M ，沙和沙桶的总质量为m ，假设要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F 的大小，这样做的前提条件是________________．(2)在实验操作中，如下说法正确的答案是________(填序号)．A ．求小车运动的加速度时，可用天平测出沙和沙桶的质量M ′和m ′，以与小车质量M ，直接用公式a ＝M ′＋m ′Mg 求出 B ．实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车 C ．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D ．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系(3)在满足实验条件下，某同学得到了如图乙的图线(M 为小车和砝码的总质量)，图线在纵轴上截距不为零的原因是_____________．解析：(1)根据牛顿第二定律得，mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝mgM ＋m，如此绳子的拉力F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg1＋mM，可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于沙和沙桶的总重力，所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量．(2)本实验探究加速度和力、质量的关系，所以不能把牛顿第二定律当成的公式来使用，故A 错误；使用打点计时器时，应该先接通电源，后释放纸带，故B 正确；平衡摩擦力后有μ＝tan θ，小车质量改变时，总满足mg sin θ＝μmg cos θ，与小车质量无关，所以不用再次平衡摩擦力，故C 错误；本实验采用控制变量法，故D 正确．(3)纵轴截距不为零，即小车质量M 非常大时，小车仍有加速度，说明小车不受拉力作用时也具有加速度，因此可以断定平衡摩擦力过度．答案：(1)m ≪M (2)BD(3)平衡摩擦力过度14．(6分)在学习牛顿第二定律之后，某同学在“验证加速度与力、质量的关系的实验〞中，采用了如图甲所示的实验装置．操作如下：(1)平衡摩擦力时，按操作流程进展，假设第一次打出的纸带如图乙所示，如此应________(选填“减小〞“增大〞或“不再调节〞)木板的倾角，直到纸带上打出的点迹________为止．(2)小车的质量为m 0，砝码盘和砝码的总质量为m ＝30 g ，实验时将砝码从砝码盘中逐渐转移到小车上，如此实验时砝码与砝码盘的总质量________小车的质量．A ．远小于B ．远大于C ．不必远小于(3)如图丙所示是根据实验数据描绘的小车加速度a 与砝码盘与其中砝码的总质量m 之间的关系图象．假设牛顿第二定律成立，重力加速度g 取10 m/s 2，如此小车的质量m 0＝________g.解析：(1)由图乙纸带可知小车在相等的时间内位移越来越大，即小车做加速运动，说明平衡摩擦力时木板的倾角过大，所以应该减小木板的倾角，直到打出的点迹均匀为止．(2)将砝码盘内的砝码转移到小车上，系统的总质量m 0＋m 不变，研究对象是整个系统，绳子的拉力是内力，所以此题不需要满足m 0≫m ，选项C 正确．(3)a ＝mgm 0＋m ，可得1a ＝m 0＋m g·1m，1a 1m 图象的斜率k ＝0.9100 kg·m －1·s 2＝m 0＋m g ，又知m ＝0.03 kg ，解得m 0＝0.06 kg ＝60 g. 答案：(1)减小均匀 (2)C(3)6015．(10分)如下列图，光滑水平地面与足够长的倾角θ＝30°的光滑斜面平滑连接，A 球位于斜面底端，B 球在水平地面上，两者相距L ＝10 m ．现A 、B 两个小球均以初速度v 0＝10 m/s 开始运动，A 沿斜面向上，B 沿水平面向右，g 取10 m/s 2，求：(1)B 球刚要滑上斜面时A 球的速度；(2)A 球到达最高点时，A 、B 两球之间的距离．解析：(1)设B 球经过t 1时间到达斜面底端，如此t 1＝L v 0＝1 s ，A 球在斜面上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律，得 a ＝mg sin θm ＝g sin 30°＝5 m/s 2，A 球在斜面上运动有v 1＝v 0－at 1，得B 球到达斜面底端时A 球的速度为v 1＝5 m/s.(2)A 球到达最高点的距离为s A ＝v 202a ＝1022×5m ＝10 m ，设A 球在斜面上滑行时间t 2速度减为零，如此t 2＝v 0a＝2 s ，B 球在斜面上滑行距离s B ＝v 0(t 2－t 1)－12a (t 2－t 1)2＝7.5 m ，故A 与B 相距Δs ＝s A －s B ＝2.5 m. 答案：(1)5 m/s(2)2.5 m16．(10分)(2019·湖南醴陵二中月考)如下列图，一水平传送带与平板紧靠在一起，且上外表在同一水平面，传送带长L ＝2.25 m ，皮带以v 0＝4 m/s 匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m ＝1 kg 的煤块(视为质点)，煤块与传送带与煤块与平板上外表之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2.经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F ＝17 N ，F 作用了t 0＝1 s 时煤块与平板速度恰相等，此时撤去F ，最终煤块没有从平板上滑下，平板质量M ＝4 kg(重力加速度g 取10 m/s 2)，求：(1)传送带上黑色痕迹的长度；(2)求平板与地面间动摩擦因数μ2的大小；(3)平板上外表的长度(计算结果保存两位有效数字)．解析：(1)对煤块列牛顿第二定律有：μ1mg ＝ma 1，得a 1＝2 m/s 2.假设煤块一直加速到右端，设到右端速度为v 1得v 21＝2a 1L ，解得：v 1＝3 m/s.因为v 1＜v 0，所以煤块一直加速到右端，设需t 1时间到右端，如此：t 1＝v 1a 1＝32 s ，t 1时间内皮带位移：s 皮＝v 0t 1＝4×32m ＝6 m ，Δ s ＝s 皮－L ＝(6－2.25) m ＝3.75 m.(2)滑块滑上平板时速度v 1＝3 m/s ，a 1＝2 m/s 2. 两者速度相等有：v 共＝v 1－a 1t 0＝a 2t 0，解得a 2＝1 m/s 2，v 共＝1 m/s. 对平板由牛顿第二定律：F ＋μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，解得：μ2＝0.3.(3)由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a 1匀减速到停止，而平板以a 3匀减速对平板由牛顿第二定律：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 3，得a 3＝－134m/s 2，t 2＝0－v 共a 3＝－0－1134s ＝413s ，全过程平板位移：s 板＝0＋v 共2(t 0＋t 2)，解得s 板＝1726m.全过程煤块位移：s 煤＝v 212a 1＝94m ，所以板长L ＝s 煤－s 板≈1.6 m.答案：(1)3.75 m(2)0.3(3)1.6 m17.(10分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下外表与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如下列图．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上外表突然变为光滑，μ2保持不变，A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小；(2)A 在B 上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如下列图，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如下列图．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：f 1＝μ1N 1，①N 1＝mg cos θ，②f 2＝μ2N 2，③N 2＝N ′1＋mg cos θ.④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1，⑤mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2，⑥N 1＝N ′1，⑦f 1＝f ′1，⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2，a 2＝1 m/s 2.(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，如此v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s.⑩t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2，⑪a ′2＝－2 m/s 2，⑫B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，如此有v 2＋a ′2t 2＝0，⑬联立○10⑫⑬式得t 2＝1 s.在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m<27 m ，此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，如此有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23，可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)．设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.答案：(1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s18.(10分)如下列图，质量为m ＝1 kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M ＝2 kg ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，g 取10 m/s 2，试确定推力F 的取值范围．解析：设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如下列图，取加速度的方向为x轴正方向．对物块分析，在水平方向有F N sin θ－μF N cos θ＝ma1，竖直方向有F N cos θ＋μF N sin θ－mg＝0，对整体有F1＝(M＋m)a1，代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N.设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有F′N sin θ＋μF′cos θ＝ma2，竖直方向有F′N cos θ－μF′N sin θ－mg＝0，对整体有F2＝(M＋m)a2，代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N，综上所述，可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N.答案：14.4 N≤F≤53.6 N。

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