高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末过关检测含解析

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(　　)

A．0.3  B．0.5

C．0.6 D．0.8

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

vt＋＝s，v＝at′，t′＋t＝t总

代入数据解得a＝6 m/s2，t＝0.5 s，t′＝5 s

根据牛顿第二定律得f＝ma

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t1～t2时间内，平均速度<

B．特种兵在0～t1时间内处于超重状态，t1～t2时间内处于失重状态

C．在t1～t2时间内特种兵所受阻力越来越大

D．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，则他们在悬绳上的距离先减小后增大

解析：选C。在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移可知，特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度>，故A错误；0～t1时间内，由图线可知，图线的斜率大于零，则加速度方向竖直向下，处于失重状态；在t1～t2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t1～t2时间内，根据牛顿第二定律可知f－mg＝ma，解得f＝mg＋ma，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θ＝30°的传送带，一个可以看做质点，质量m＝1 kg的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v－t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v＝1 m/s，方向沿斜面向下

C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2 m/s2

D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝

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；v－t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a＝2.5 m/s2，C错误；对2 s内的物块分析，根据牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，可得μ＝，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，一物块从倾角为θ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 θ

D．物块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ

解析：选BC。根据匀变速直线运动公式得x＝at2，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 θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑过程，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，又a1＝4a2，联立解得μ＝tan θ，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m1＝0.2 kg、m2＝0.1 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F＝6 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 N

B．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 N

C．手停止的瞬间，a1＝10 m/s2，a2＝10 m/s2

D．手停止的瞬间，a1＝20 m/s2，a2＝10 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－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0，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＋m1g＝m1a1，得a1＝20 m/s2，方向竖直向下；对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2，得a2＝10 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μ，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－μg

C．物体做匀减速运动的时间为2

D．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μmg

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：kx0－μmg＝ma，解得：a＝－μg，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：

a1＝μg

将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：3x0＝a1t2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F＝μmg＝kx

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：Wf＝μmg(x0－x)＝μmg，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Δt1、Δt2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，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d＝3 mm＋2×0.05 mm＝3.10 mm＝0.310 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vB＝vA＋at12

而对滑块由牛顿第二定律有a＝gsin α＝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：(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a－F图象，已知重力加速度g＝10 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μ＝________。

甲

乙

解析：对滑块由牛顿第二定律得F－μmg＝ma

得a＝－μg

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k＝4，所以滑块质量m＝0.25 kg，由图线得，当F＝0.5 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μmg＝0.5 N

解得μ＝0.20。

答案：0.25(0.24～0.26均正确)　0.20(0.19～0.21均正确)

11．(2020·日照市4月模拟)如图所示，质量M＝2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1 kg 的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6 N 的恒力作用并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.4。(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μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1

解得a1＝3.5 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

F＋μ2mg＝ma2

解得a2＝10 m/s2，方向向右

A做减速运动v1＝v0－a1t

B做加速运动v2＝a2t

A、B达到共同速度时v1＝v2

解得t＝1 s；

(2)从开始计时到两者共速，A的位移大小为x1，

x1＝v0t－a1t2＝11.75 m

B的位移大小为x2，x2＝a2t2＝5 m

A、B间因摩擦而产生的热量为Q，则

Q＝μ2mg(x1－x2)＝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μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma3

解得a3＝0.5 m/s2，方向向右；

1 s时，由(1)可得v1＝10 m/s，再经过1 s，A的位移大小为x3，x3＝v1t1＋a3t＝10.25 m

2 s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22 m。

答案：(1)1 s　(2)27 J　(3)22 m