章末過(guò)關(guān)檢測(cè)(三)(時(shí)間：45分鐘　分值：100分)一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確)1. (2019·福建三明清流一中段考)如圖所示，人沿水平方向拉牛，但沒(méi)有拉動(dòng)，下列說(shuō)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(duì)平衡力C．繩拉牛的力與地面對(duì)牛的摩擦力是一對(duì)平衡力D．繩拉牛的力與地面對(duì)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(cuò)誤；由于沒(méi)有拉動(dòng)牛，可知繩拉牛的力與地面對(duì)牛的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正確，D錯(cuò)誤．2．(2019·寶雞高三質(zhì)檢)如圖所示，將質(zhì)量為M的U形框架開(kāi)口向下置于水平地面上，用輕彈簧1、2、3將質(zhì)量為m的小球懸掛起來(lái)．框架和小球都靜止時(shí)彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長(zhǎng)度恰好等于彈簧原長(zhǎng)，這時(shí)框架對(duì)地面的壓力大小等于(M＋m)g.現(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷，則在剪斷后瞬間(　　)A．框架對(duì)地面的壓力大小仍為(M＋m)gB．框架對(duì)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(shí)小球的加速度大小為0，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛頓第三定律可知，框架對(duì)地面的壓力大小為Mg，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤．3. 質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細(xì)繩繞過(guò)皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上．如圖所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽略不計(jì)，則重物下落過(guò)程中，工件的加速度為(　　) A． B．C． D．解析：選C.相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是工件運(yùn)動(dòng)距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設(shè)繩子上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律＝2·，解得F＝，工件加速度a＝＝，所以C正確． 4．如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點(diǎn)，與豎直墻相切于A點(diǎn)．豎直墻上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心．已知在同一時(shí)刻a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)；c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)．則(　　)A．a球最先到達(dá)M點(diǎn)B．b球最先到達(dá)M點(diǎn)C．c球最先到達(dá)M點(diǎn)D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點(diǎn)解析：選C.如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)用時(shí)滿足R＝gt，所以tc＝ ；對(duì)于a球令AM與水平面成θ角，則a球下滑到M點(diǎn)用時(shí)滿足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·t，即ta＝2；同理b球從B點(diǎn)下滑到M點(diǎn)用時(shí)也滿足tb＝2(r為過(guò)B、M且與水平面相切于M點(diǎn)的豎直圓的半徑，r>R)．綜上所述可得tb>ta>tc，故選項(xiàng)C正確．5．如圖所示，在水平地面上有兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，且F1>F2.以A、B為一個(gè)系統(tǒng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，若地面光滑，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為Δl1，系統(tǒng)加速度為a1；若地面粗糙，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl2，系統(tǒng)加速度為a2，則下列關(guān)系式正確的是(　　)A．Δl1＝Δl2，a1＝a2 B．Δl1>Δl2，a1>a2C．Δl1＝Δl2，a1>a2 D．Δl1<Δl2，a1<a2解析：選C.設(shè)兩個(gè)滑塊的質(zhì)量均為m，若水平地面光滑，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝，再以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F1－k·Δl1＝ma1，代入解得彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl1＝；若水平地面粗糙，則兩個(gè)滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝＝－μg，再以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F1－k·Δl2－μmg＝ma2，代入解得彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl2＝，可見(jiàn)Δl1＝Δl2，a1>a2，故選項(xiàng)C正確．6.(2019·山東師大附中模擬)如圖所示，一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)，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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，關(guān)于上述過(guò)程，以下判斷正確的是(重力加速度為g)(　　)A．μ與a之間一定滿足關(guān)系μ>B．煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移為C．煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止經(jīng)歷的時(shí)間為D．黑色痕跡的長(zhǎng)度為解析：選C.方法一 公式法：由牛頓第二定律可知煤塊的加速度大小為a′＝μg，由于煤塊與傳送帶之間要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度，即a>μg，則μ<，A錯(cuò)誤；煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止所需的時(shí)間t＝，此時(shí)煤塊的位移x1＝，傳送帶的位移x2＝＋v＝－，煤塊相對(duì)于傳送帶的位移等于黑色痕跡的長(zhǎng)度，則Δx＝x2－x1＝－，C正確，B、D錯(cuò)誤．方法二 圖象法：根據(jù)題意，由于煤塊與傳送帶之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，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(shí)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)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x＝t2＝，黑色痕跡的長(zhǎng)度為煤塊相對(duì)傳送帶的位移，即圖線Oa、ab、Ob所圍的面積，則Δx＝(t2－t1)＝－.二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)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θ，現(xiàn)分別以水平恒力F作用于A物塊上，保持A、B相對(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)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最大時(shí)，A剛要離開(kāi)地面，A受力如圖1所示，則FN1cos θ＝mg ①對(duì)B：F′N1sin θ＝ma1 ②由牛頓第三定律可知F′N1＝FN1 ③乙方式中，F最大時(shí)，B剛要離開(kāi)地面，B受力如圖2所示，則FN2cos θ＝mg ④FN2sin θ＝ma2 ⑤由①③④可知FN2＝FN1＝F′N1 ⑥由②⑤⑥式可得a2＝a1，對(duì)整體易知F2＝F1，故選項(xiàng)B、C正確，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤．8.(2019·江西吉安高三模擬)如圖，環(huán)A與球B用一輕質(zhì)細(xì)繩相連，環(huán)A套在水平細(xì)桿上．現(xiàn)有一水平恒力F作用在球B上，使A環(huán)與B球一起向右以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)．已知環(huán)與球的質(zhì)量均為m，細(xì)繩與豎直方向的夾角θ＝45°，g為重力加速度，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．細(xì)繩對(duì)B球的拉力大于桿對(duì)A環(huán)的支持力B．B球受到的水平恒力F大于mgC．若水平細(xì)桿光滑，則加速度等于gD．若水平細(xì)桿粗糙，則動(dòng)摩擦因數(shù)小于0.5解析：選BCD.對(duì)整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有F－2μmg＝2ma，再分別對(duì)A環(huán)、B球各自分析，對(duì)B球有F－FTsin θ＝ma，mg＝FTcos θ；對(duì)A環(huán)有mg＋FTcos θ＝FN，FTsin θ－μFN＝ma，FN＝2mg，則由以上各式綜合分析可得F＞mg，當(dāng)μ＝0時(shí)a＝g，若μ≠0，則有μ＜0.5，選項(xiàng)B、C、D正確．9. (2019·濰坊模擬)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長(zhǎng)直桿上，環(huán)與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個(gè)水平向右的恒力F，使圓環(huán)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)環(huán)施加一個(gè)豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1＝kv，其中k為常數(shù)，則圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dāng)F1<mg時(shí)，由牛頓第二定律得F－μ(mg－kv)＝ma，當(dāng)v＝時(shí)，圓環(huán)的加速度最大，即amax＝，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；圓環(huán)速度逐漸增大，當(dāng)F1＝kv>mg時(shí)，由牛頓第二定律得F－μ(kv－mg)＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)，圓環(huán)的速度最大，即vmax＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．10.如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開(kāi)傳送帶．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)．正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是(　　)解析：選BC.①若v2＞v1，則P、Q先一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小a1＝.若P能減速到v1，當(dāng)fP≥mQg，P、Q共同勻速，速度大小為v1，當(dāng)fP＜mQg，P、Q繼續(xù)減速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A錯(cuò)誤．若傳送帶足夠長(zhǎng)，P、Q減速到零后，反向加速，加速度大小為a2.②若v2≤v1.當(dāng)fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同勻速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2＝當(dāng)fP＜mQg，P、Q可能一直減速，也可能先減速到零，后反向加速，加速度不變．綜上，B、C正確，D錯(cuò)誤．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)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(jì)算機(jī))研究加速度和力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置．(1)在該實(shí)驗(yàn)中必須采用控制變量法，應(yīng)保持__________不變，用鉤碼所受的重力作為____________，用DIS測(cè)小車的加速度．(2)改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測(cè)量，在某次實(shí)驗(yàn)中根據(jù)測(cè)得的多組數(shù)據(jù)可畫(huà)出a－F關(guān)系圖線(如圖乙所示)．①分析此圖線的OA段可得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是________________________________．②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(dǎo)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?yàn)橐骄?/span>“加速度和力的關(guān)系”，所以應(yīng)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a－F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(shí)驗(yàn)原理：mg＝Ma得：a＝＝，而實(shí)際上a′＝，可見(jiàn)AB段明顯偏離直線是沒(méi)有滿足M?m造成的．答案：(1)小車的總質(zhì)量　小車所受的合外力(2)①在質(zhì)量不變的情況下，加速度與合外力成正比　②C12．(15分)如圖所示，水平傳送帶以速度v1＝2 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，小物塊P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，mP＝2 kg、mQ＝1 kg，已知某時(shí)刻P在傳送帶右端具有向左的速度v2＝4 m/s，小物塊P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，P與定滑輪間的輕繩始終保持水平．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，小物塊P與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，傳送帶、輕繩足夠長(zhǎng)，取g＝10 m/s2，求：(1)小物塊P在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的最大距離x；(2)小物塊P離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小v.解析：(1)P先以大小為a1的加速度向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為v1，設(shè)位移大小為x1，輕繩中的張力大小為T1，由牛頓第二定律得對(duì)P有T1＋μmPg＝mPa1 ①對(duì)Q有mQg－T1＝mQa1 ②聯(lián)立①②解得a1＝4 m/s2 ③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有－2a1x1＝v－v ④聯(lián)立③④解得x1＝1.5 m ⑤P接著以大小為a2的加速度向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為0，設(shè)位移大小為x2，輕繩中的張力大小為T2，由牛頓第二定律得對(duì)P有T2－μmPg＝mPa2 ⑥對(duì)Q有mQg－T2＝mQa2 ⑦聯(lián)立⑥⑦式解得a2＝ m/s2 ⑧由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有－2a2x2＝0－v ⑨聯(lián)立⑧⑨式解得x2＝0.75 m故P向左運(yùn)動(dòng)的最大距離x＝x1＋x2＝2.25 m.(2)P向左運(yùn)動(dòng)的速度減為0后，再以大小為a2的加速度向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到從右端離開(kāi)傳送帶，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2a2x＝v2解得v＝2 m/s.答案：(1)2.25 m　(2)2 m/s13．(15分)如圖甲所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達(dá)到共同速度的過(guò)程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點(diǎn)的坐標(biāo)分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根據(jù)v－t 圖象，求：(1)物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1，木板開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2，達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3；(2)物塊質(zhì)量m與長(zhǎng)木板質(zhì)量M之比；(3)物塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑行的距離Δx.解析：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.(2)對(duì)物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1對(duì)木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物塊和木板達(dá)到共同速度后向前勻減速階段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3聯(lián)立以上三式可得＝.(3)由v－t圖象可以看出，物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑行的距離Δx對(duì)應(yīng)題圖中△abc的面積，故Δx＝10×4× m＝20 m.答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)(3)20 m

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