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·福建晋江季延中学高一期末)如图所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在A、B上，则( )A．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度不变
B．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度不变C．弹簧测力计的示数是20ND．弹簧测力计的示数是30N解析：选A。在突然撤去F2的瞬间，因弹簧的弹力不变，可知A的受力不变，加速度不变，A正确。在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，但是B的受力发生了变化，即B加速度要变化，B错误。以两物体为整体：F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2m/s2；对A：F1－T＝m1a，解得T＝26N，C、D错误。4．(2020·金州校级模拟)如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是( )A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D．速度达到最大时加速度也达到最大解析：选A。当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大；则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，故A正确，C、D错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度是先向下减小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故B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＝1kg的物块，以沿传动带向下的速度v0＝4m/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10m/s2，则( )
A．物块最终从传送带N点离开B．传送带的速度v＝1m/s，方向沿斜面向下C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2m/s2D．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1m/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1m/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＝2.5m/s2，C错误；对2s内的物块分析，根据牛顿第二定律μmgcos30°－mgsin30°＝ma，可得μ＝，D正确。二、多项选择题6．两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下，滑块B受到的摩擦力( )A．等于零B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1mgcosθD．大小等于μ2mgcosθ解析：选BC。把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有(M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a得a＝g(sinθ－μ1cosθ)。由于a<gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB(如图所示)。由牛顿第二定律有mgsinθ－FB＝ma得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ。7.(2020·云南省师大附中第五次月考)如图所示，质量分别为m1＝0.2kg、m2＝
0.1kg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＝6N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10m/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4NB．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2NC．手停止的瞬间，a1＝10m/s2，a2＝10m/s2D．手停止的瞬间，a1＝20m/s2，a2＝10m/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＝2N，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＝2N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1，得a1＝20m/s2，方向竖直向下；对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2，得a2＝10m/s2，方向竖直向上，故C错误，D正确。8．(2020·陕西宝鸡高一期末)如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是( )A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t增大解析：选BD。根据牛顿第二定律得，m的加速度a1＝＝－μg，M
的加速度a2＝，根据L＝a1t2－a2t2，得t＝。若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大，故D正确。三、非选择题9．(2020·遂宁内江等九市第二次模拟)如图甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)。拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车1的总质量m1＝100g，小车2的总质量m1＝200g。由图可读出小车1的位移x1＝5.00cm，小车2的位移x2＝________cm，可以算出＝________(结果保留3位有效数字)；在实验误差允许的范围内，________(选填“大于”“小于”或“等于”)。解析：刻度尺最小分度为0.1cm，则小车2的位移为x2＝2.45cm，由于误差，读数在2.45～2.50cm均可，由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据x＝
at2可知，由于时间相同，则有＝＝≈2.04由于读数误差，则2.00～2.04均可，但需与上问答案统一由题意可知＝＝2故在误差允许的范围内＝。答案：2.45(2.45～2.50均正确) 2.00(2.00～2.04均正确) 等于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＝10m/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＝________。甲次数a/(m·s－2)F/N11.00.7622.10.9932.91.2344.11.5055.21.76
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＝0.25kg，由图线得，当F＝0.5N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0.5N，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即μmg＝0.5N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＝2kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0＝13.5m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m＝1kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的F＝6N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10m/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)2s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＝3.5m/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＝10m/s2，方向向右A做减速运动v1＝v0－a1tB做加速运动v2＝a2tA、B达到共同速度时v1＝v2解得t＝1s；
(2)从开始计时到两者共速，A的位移大小为x1，x1＝v0t－a1t2＝11.75mB的位移大小为x2，x2＝a2t2＝5mA、B间因摩擦而产生的热量为Q，则Q＝μ2mg(x1－x2)＝27J；(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＝0.5m/s2，方向向右；1s时，由(1)可得v1＝10m/s，再经过1s，A的位移大小为x3，x3＝v1t1＋a3t＝10.25m2s内滑板A的位移大小为xA＝x1＋x3＝22m。答案：(1)1s (2)27J (3)22m
