章末過(guò)關(guān)檢測(cè)(三)(建議用時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．(2020·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．如圖所示，細(xì)繩一端系在小球O上，另一端固定在天花板上的A點(diǎn)，輕質(zhì)彈簧一端與小球連接，另一端固定在豎直墻上的B點(diǎn)，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。將細(xì)繩燒斷的瞬間，小球的加速度方向(　　)A．沿BO方向B．沿OB方向C．豎直向下D．沿AO方向解析：選D。小球平衡時(shí)，對(duì)小球受力分析，受重力、彈簧彈力、繩的拉力。當(dāng)細(xì)繩燒斷的瞬間，繩的拉力變?yōu)榱?，重力、彈力不變，此時(shí)重力與彈力的合力與繩的拉力等大反向，故D正確。3．(2020·保定市統(tǒng)一檢測(cè))汽車(chē)在平直公路上以108km/h的速度勻速行駛，司機(jī)看到前面有突發(fā)情況，緊急剎車(chē)，從看到突發(fā)情況到剎車(chē)的反應(yīng)時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)，剎車(chē)后汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從看到突發(fā)情況到汽車(chē)停下，汽車(chē)行駛的距離為90m，所花時(shí)間為5.5s，g取10m/s2，則汽車(chē)勻減速過(guò)程中所受阻力約為汽車(chē)所受重力的(　　)A．0.3B．0.5C．0.6D．0.8 解析：選C。設(shè)反應(yīng)時(shí)間為t，勻減速時(shí)間為t′，行駛距離為s，初速度為v，則vt＋＝s，v＝at′，t′＋t＝t總代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2，t＝0.5s，t′＝5s根據(jù)牛頓第二定律得f＝ma故＝0.6故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.(2020·衡陽(yáng)市第一次聯(lián)考)中澳美“科瓦里—2019”特種兵聯(lián)合演練于8月28日至9月4日在澳大利亞舉行，中國(guó)空軍空降兵部隊(duì)首次派員參加，演習(xí)中一名特種兵從空中靜止的直升機(jī)上，抓住一根豎直懸繩由靜止開(kāi)始下滑，運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，t2時(shí)刻特種兵著地，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，平均速度，故A錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)，由圖線可知，圖線的斜率大于零，則加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，圖線的切線的斜率小于零，則加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律可知f－mg＝ma，解得f＝mg＋ma，因?yàn)榍€的斜率變大，則加速度a增大，則特種兵所受懸繩的阻力增大，故C正確；若第一個(gè)特種兵開(kāi)始減速時(shí)，第二個(gè)特種兵立即以同樣的方式下滑，由于第一個(gè)特種兵的速度先大于第二個(gè)特種兵的速度，然后又小于第二個(gè)特種兵的速度，所以空中 的距離先增大后減小，故D錯(cuò)誤。5．(2020·漳州市第一次教學(xué)質(zhì)檢)如圖，MN是一段傾角θ＝30°的傳送帶，一個(gè)可以看做質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量m＝1kg的物塊，以沿傳動(dòng)帶向下的速度v0＝4m/s從M點(diǎn)開(kāi)始沿傳送帶運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的部分v－t圖象如圖所示，g取10m/s2，則(　　)A．物塊最終從傳送帶N點(diǎn)離開(kāi)B．傳送帶的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下C．物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度a＝2m/s2D．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝解析：選D。從圖象可知，物體速度減為零后反向向上運(yùn)動(dòng)，最終的速度大小為1m/s，因此沒(méi)從N點(diǎn)離開(kāi)，并且能推出傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng)，速度大小為1m/s，A、B錯(cuò)誤；v－t圖象中斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度a＝2.5m/s2，C錯(cuò)誤；對(duì)2s內(nèi)的物塊分析，根據(jù)牛頓第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，可得μ＝，D正確。二、多項(xiàng)選擇題6.(2020·昆明市“三診一?！泵自\斷)如圖所示，一物塊從傾角為θ的斜面底端以初速度v0沿足夠長(zhǎng)的斜面上滑，經(jīng)時(shí)間t速度減為零，再經(jīng)2t時(shí)間回到出發(fā)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．物塊上滑過(guò)程的加速度大小是下滑過(guò)程加速度大小的2倍B．物塊返回斜面底端時(shí)的速度大小為C．物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ D．物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ解析：選BC。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得x＝at2，則a＝，x相同，t是2倍關(guān)系，則物塊上滑過(guò)程的加速度大小是下滑過(guò)程加速度大小的4倍，故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得v＝，則物塊上滑過(guò)程的初速度大小是返回斜面底端時(shí)的速度大小的2倍，故B正確；以沿斜面向下為正方向，上滑過(guò)程，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑過(guò)程，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，又a1＝4a2，聯(lián)立解得μ＝tanθ，故C正確，D錯(cuò)誤。7.(2020·云南省師大附中第五次月考)如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.1kg的小球1和2用輕質(zhì)彈簧連接。某人用手通過(guò)輕繩給小球1施加F＝6N的豎直恒力，使整個(gè)裝置一起豎直向上加速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻手突然停止，此時(shí)小球1、2的加速度大小分別為a1和a2；重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．裝置在恒力F作用下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力大小為4NB．裝置在恒力F作用下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力大小為2NC．手停止的瞬間，a1＝10m/s2，a2＝10m/s2D．手停止的瞬間，a1＝20m/s2，a2＝10m/s2解析：選BD。在恒力F作用下整個(gè)裝置一起向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體由牛頓第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，對(duì)球2由牛頓第二定律有F彈－m2g＝m2a0，聯(lián)立方程得F彈＝2N，故A錯(cuò)誤，B正確；手停止運(yùn)動(dòng)的這一瞬間，繩變松弛，繩的拉力突變?yōu)?，彈簧彈力不能發(fā)生突變，F(xiàn)彈＝2N，對(duì)球1由牛頓第二定律有F彈＋m1g＝m1a1，得a1＝20m/s2，方向豎直向下；對(duì)球2由牛頓第二定律有F彈－m2g＝m2a2，得a2＝10m/s2，方向豎直向上，故C錯(cuò)誤，D正確。8．(2021·張家口高三一模)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體接觸(未連接)，彈簧水平且無(wú)形變。用水平力F緩慢推動(dòng)物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了x0，此時(shí)物體靜止。 撤去F后，物體開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則(　　)A．撤去F后，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B．撤去F后，物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為－μgC．物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2D．物體從開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中克服摩擦力做的功為μmg解析：選BD。撤去F后，物體水平方向上受到彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈力先大于滑動(dòng)摩擦力，后小于滑動(dòng)摩擦力，則物體向左先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，隨著彈力的減小，合外力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故物體先做變加速運(yùn)動(dòng)，再做變減速運(yùn)動(dòng)，最后物體離開(kāi)彈簧后做勻減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；剛開(kāi)始時(shí)，由牛頓第二定律有：kx0－μmg＝ma，解得：a＝－μg，B正確；由題意知，物體離開(kāi)彈簧后通過(guò)的最大距離為3x0，由牛頓第二定律得：a1＝μg將此運(yùn)動(dòng)看成向右的初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則：3x0＝a1t2聯(lián)立解得：t＝，C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧的彈力與滑動(dòng)摩擦力大小相等、方向相反時(shí)，速度最大時(shí)合力為零，則有F＝μmg＝kx解得x＝，所以物體從開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中克服摩擦力做的功為：Wf＝μmg(x0－x)＝μmg，D正確。三、非選擇題9．(2021·湖南省適應(yīng)性考試?？?某同學(xué)利用滑塊在氣墊導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，如圖(a)所示，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、數(shù)字計(jì)時(shí)器、光電門(mén)等。導(dǎo)軌下方兩支點(diǎn)間的距離為l。實(shí)驗(yàn)步驟如下： (1)開(kāi)動(dòng)氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)光電門(mén)A記錄的遮光時(shí)間________(選填“大于”“小于”或“等于”)光電門(mén)B記錄的遮光時(shí)間時(shí)，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度d。如圖(b)所示，d＝________cm；(3)在導(dǎo)軌左支點(diǎn)下加一高度為h的墊塊，讓滑塊從導(dǎo)軌頂端滑下，記錄遮光片經(jīng)過(guò)A、B兩處光電門(mén)的時(shí)間Δt1、Δt2及遮光片從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間t12，可求出重力加速度g＝______________(用題中給出的物理量符號(hào)表示)；(4)分析實(shí)驗(yàn)結(jié)果發(fā)現(xiàn)，重力加速度的測(cè)量值比該地的實(shí)際值偏小，寫(xiě)出一條產(chǎn)生這一結(jié)果的可能原因：_______________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平后，輕推滑塊能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則滑塊通過(guò)兩光電門(mén)的時(shí)間應(yīng)相等；(2)20分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.05mm，則遮光片寬度為d＝3mm＋2×0.05mm＝3.10mm＝0.310cm；(3)滑塊經(jīng)過(guò)兩光電門(mén)的時(shí)間較短，其平均速度可認(rèn)為是經(jīng)過(guò)兩位置的瞬時(shí)速度，有vA＝，vB＝滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有vB＝vA＋at12而對(duì)滑塊由牛頓第二定律有a＝gsinα＝g·聯(lián)立各式解得重力加速度為g＝；(4)根據(jù)重力加速度的測(cè)量公式分析，測(cè)量值偏小，可能的原因是測(cè)量遮光片寬度d偏小或測(cè)量運(yùn)動(dòng)時(shí)間偏大，或氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平。答案：(1)等于　(2)0.310 (3)　(4)測(cè)量遮光片寬度d偏小(測(cè)量運(yùn)動(dòng)時(shí)間偏大，或氣墊導(dǎo)軌未調(diào)水平)10．(2020·永州市第二次模擬)為了探究加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，帶滑輪的長(zhǎng)木板水平放置，板上有兩個(gè)光電門(mén)相距為d，滑塊通過(guò)細(xì)線與重物相連，細(xì)線拉力大小F等于力傳感器的示數(shù)。讓滑塊從光電門(mén)1由靜止釋放，記下滑到光電門(mén)2的時(shí)間t。改變重物質(zhì)量，重復(fù)以上操作5次，處理數(shù)據(jù)后得到下表中的5組結(jié)果。根據(jù)表中數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上畫(huà)出如圖乙所示的a－F圖象，已知重力加速度g＝10m/s2，根據(jù)圖象可求出滑塊質(zhì)量m＝________kg，滑塊和軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________。甲次數(shù)a/(m·s－2)F/N11.00.7622.10.9932.91.2344.11.5055.21.76乙解析：對(duì)滑塊由牛頓第二定律得F－μmg＝ma得a＝－μg所以滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象的斜率等于滑塊質(zhì)量的倒數(shù)，由圖形得加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象的斜率k＝4，所以滑塊質(zhì)量m＝0.25kg，由圖線得，當(dāng)F＝0.5N時(shí)，滑塊剛要開(kāi)始滑動(dòng)，所以滑塊與軌道間的最大靜摩擦力等于0.5N，而最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，即μmg＝0.5N 解得μ＝0.20。答案：0.25(0.24～0.26均正確)　0.20(0.19～0.21均正確)11．(2020·日照市4月模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的滑板A放在水平地面上，當(dāng)A向右滑動(dòng)的速度v0＝13.5m/s時(shí)，在A中間位置輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量m＝1kg的小物塊B，同時(shí)給B施加一個(gè)水平向右的F＝6N的恒力作用并開(kāi)始計(jì)時(shí)。已知A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4。(設(shè)滑板A足夠長(zhǎng)，g取10m/s2)求：(1)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A、B達(dá)到共同速度；(2)從開(kāi)始計(jì)時(shí)到A、B達(dá)到共同速度的時(shí)間內(nèi)，A、B間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q；(3)2s內(nèi)滑板A的位移大小。解析：(1)設(shè)A的加速度大小為a1，對(duì)A由牛頓第二定律可得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma1解得a1＝3.5m/s2，方向向左設(shè)B的加速度大小為a2，對(duì)B由牛頓第二定律有F＋μ2mg＝ma2解得a2＝10m/s2，方向向右A做減速運(yùn)動(dòng)v1＝v0－a1tB做加速運(yùn)動(dòng)v2＝a2tA、B達(dá)到共同速度時(shí)v1＝v2解得t＝1s；(2)從開(kāi)始計(jì)時(shí)到兩者共速，A的位移大小為x1，x1＝v0t－a1t2＝11.75mB的位移大小為x2，x2＝a2t2＝5mA、B間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，則Q＝μ2mg(x1－x2)＝27J；(3)經(jīng)分析，A、B達(dá)到共同速度之后無(wú)法相對(duì)靜止，各自做變速運(yùn)動(dòng)設(shè)A的加速度大小為a3，對(duì)A由牛頓第二定律可得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma3解得a3＝0.5m/s2，方向向右； 1s時(shí)，由(1)可得v1＝10m/s，再經(jīng)過(guò)1s，A的位移大小為x3，x3＝v1t1＋a3t＝10.25m2s內(nèi)滑板A的位移大小為xA＝x1＋x3＝22m。答案：(1)1s　(2)27J　(3)22m