1、2021年高三物理第一輪復(fù)習(xí)之第三章牛頓運(yùn)動定律：章末過關(guān)檢測（三）學(xué)生用書P315（單獨(dú)成冊）（建議用時：45分鐘）、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，但沒有拉動，下列說法 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平衡力C.繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對平衡力D .繩拉牛的力與地面對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錯誤；由于沒有拉動牛，可知繩拉牛的力與地面對牛的摩擦力是一對平衡力，故C正確，D錯誤.2. （2020江蘇宿遷模擬）為使雨水盡快離

2、開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計(jì)必須合理.某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角為 0,雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動，則理 想的傾角。為（）A. 30°B. 45°C. 60°D, 75°解析：選B.設(shè)屋檐的底角為 以底邊長為L,注意底邊長度是不變的.屋頂?shù)钠旅骈L度為s,雨滴下滑的加速度為 a;對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對水滴的支持力 N,垂直于屋頂方向：N = mgcos 0 ;平行于屋頂方向：ma= mgsin 0 ;水滴的加速度 a= gsin 0 ;屋頂坡面的長度s= 丁%，由s=1at2得t = 入修，整理得：t八/ 2L 當(dāng)0= 4

3、5。時2cos 92a a gsin 2 9t最小，故A、C、D錯誤，B正確.3. （2020湖南長沙二模）如圖所示，一條足夠長且不可伸長的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，繩的右端與一質(zhì)量為12 kg的重物相連，重物靜止于地面上，左側(cè)有一質(zhì)量為10 kg的猴子，從繩子的另一端沿繩子以大小為5 m/s2的加速度豎直向上爬，取 g=10 m/s2,則下列說法正確的是 （ ）A.繩上的拉力大小為 50 NB.重物不會離開地面C. 2 s末物體上升的高度為 5 mD.重物的加速度大小為 3.2 m/s2解析：選C.對猴子受力分析，受到重力和繩對猴子的摩擦力 ，根據(jù)牛頓第二定律得：f mg = ma,解得：f=

4、 150 N,即繩上的拉力大小為 150 N,故A錯誤；因繩的拉力為150 N>120 N,所以重物會離開地面，故B錯誤；對重物由牛頓第二定律得： F-Mg = Ma,解得：a =1 .1 .5 m/s2, 2 s末物體上升的圖度 h = 2at2= 5 m,故C正確，D錯反.4 .（2020福建漳少M(fèi)一模）如圖，在水平地面的平板小車上放一質(zhì)量m= 2 kg的滑塊，滑塊與車上右側(cè)擋板間連接水平的輕彈簧，小車在水平向右的力作用下以a= 1 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動過程中彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力為 1 N,滑塊與小車保持相對靜止，現(xiàn)減 小外力使小車的加速度逐漸減小到零，則 （）A.彈

5、簧的彈力逐漸減少B.滑塊受到的摩擦力保持不變C.當(dāng)小車加速度為零時，滑塊不受摩擦力作用D.滑塊與小車仍保持相對靜止解析：選D.當(dāng)加速度為a=1 m/s2時，以滑塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得 f T= ma,解得f= 1 N + 2X 1 N= 3 N ,所以最大靜摩擦力至少為3 N ,減小外力使小車的加速度逐漸減小到零時，此時摩擦力與彈簧彈力相等為1 N,滑塊與小車仍保持相對靜止，根據(jù)f=T+ma可知摩擦力逐漸減小、彈力不變 ，故A、B、C錯誤，D正確.5 .（2020山東師大附中模擬）如圖所示，一水平的淺色長傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為四初

6、始時，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開始運(yùn)動，當(dāng)其速度達(dá)到v后，便以此速度做勻速運(yùn)動. 經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動，關(guān)于上述過程，以下判斷正確的是（重力加速度為g）（）aA. w與a之間一定滿足關(guān)系>g2B.煤塊從開始運(yùn)動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移為W gC.煤塊從開始運(yùn)動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的時間為D.黑色痕跡的長度為(a p! v22a2a '=科g由于煤解析：選C.法一：公式法.由牛頓第二定律可知煤塊的加速度大小為塊與傳送帶之間要發(fā)生相對滑動，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度，即a>g則g2A錯

7、誤；煤塊從開始運(yùn)動到相對于傳送帶靜止所需的時間t = "，此時煤塊的位移xi=-v-,dg2 g傳送帶的位移x2=v2+v f-a22V V一 .g g 2a煤塊相對于傳送帶的位移等于黑色痕跡的長度則 A x= x2 X1 =2 wg2a'C正確，B、D錯誤.法二：圖象法.根據(jù)題意，由于煤塊與傳送帶之間發(fā)生相對滑動,則傳送帶的加速度定大于煤塊的加速度，由題意作出煤塊和傳送帶的速度一時間圖象,如圖所示，由于二者最終的速度均為v,則前號、g，煤塊從開始運(yùn)動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移大小為圖線Ob與橫軸所圍的面積，即 x=2t2=2vh黑色痕跡的長度為煤塊相對傳送帶的位移2g 2

8、a.即圖線Oa、ab、Ob所圍的面積，則 x= 2（t2-ti） =、多項(xiàng)選擇題6.a.出道（2020四川攀枝花二模）某課外活動小組為探究能量轉(zhuǎn)換關(guān)系，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn).質(zhì)量為m的物塊B靜放在水平面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧固定在 B上，彈簧上端裝有特制鎖扣，當(dāng)物體與其接觸即被鎖住.每次實(shí)驗(yàn)讓物塊A從彈簧正上方的恰當(dāng)位置由靜止釋放，都使物塊 B剛好離開地面.整個過程無機(jī)械能損失.實(shí)驗(yàn)表明，物塊 A質(zhì)量M 不同，釋放點(diǎn)距彈簧上端的高度H就不同.當(dāng)物塊 A的質(zhì)量為m時，釋放點(diǎn)高度H = h,則下列說法中正確的是（）A.物塊A下落過程中速度最大時，物塊B對地面的壓力最大B.物塊A下落到最低點(diǎn)時，

9、物塊 B對地面的壓力最大 hC.當(dāng)A的質(zhì)量M = 2m時，釋放點(diǎn)圖度 H=21 mgD.當(dāng)A的質(zhì)量M = 2m時，釋放點(diǎn)局度 H = n（h + nr） 2 k解析：選BD.物塊A下落過程中到達(dá)最低點(diǎn)時，彈簧的壓縮量最大，此時物塊B對地 面的壓力最大，故A錯誤，B正確；當(dāng)物塊B剛好離開地面時kAx=mg;由能量關(guān)系可知：1 mgmgh=mgAx+ Ep;當(dāng) A 的質(zhì)量 M = 2m 時有：2mgH = 2mgA x+Ep;解得：H = 2 h+ 卜, 故C錯誤，D正確.7 . （2020湖南懷化一模）如圖甲所示，物塊 A疊放在木板B上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已 知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)

10、 產(chǎn)0.2,現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力 F,測得B 的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取 g = 10 m/s2）（）甲乙A.當(dāng)F<24 N時，A、B都相對地面靜止8 .當(dāng)F>24 N時，A相對B發(fā)生滑動C. A的質(zhì)量為4 kgD. B的質(zhì)量為24 kg解析：選BC.當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B會發(fā)生相對滑動，由圖 可知，B的最大加速度為4 m/s2,即拉力F>24 N時，A相對B發(fā)生滑動，當(dāng)F<24 N時，A、B保持相對靜止，一起做勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤，B正確；對B,根據(jù)牛頓第二定律得， aB=*=

11、 4 m/S2,對A，根據(jù)牛頓第二定律得FAg =4 m/s2，F(xiàn) = 24 N，解得mA=4 kg, mB=2 kg,故 C 正確，D 錯誤.8.（2020山東濰坊模擬）如圖所示，一個質(zhì)量為 m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上,環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為科，現(xiàn)給環(huán)一個水平向右的恒力F,使圓環(huán)由靜止開始運(yùn)動，同時對環(huán)施加一個豎直向上、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)動過程中（）a.最大加速度為mF + Li mgC最大速度為FT解析：選AC.當(dāng)Fi<mg時F+ u mgB.最大加速度為一六一，一，mgD.最大速度為-v k由牛頓第二定律得 F- （Xmg- kv）= m

12、a,當(dāng)丫=*時,圓環(huán)的加速度最大，即amax=F，A正確，B錯誤；圓環(huán)速度逐漸增大當(dāng) Fi = kv>mg 時,由牛頓第二定律得 F Mkvmg）= ma,當(dāng)a=0時，圓環(huán)的速度最大即 Vmax="Tg a k確，D錯誤.三、非選擇題9.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)裝置位稱傳感器發(fā)射器） 位移傳感3s （廢枚器）（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測小車的加速度.（2）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測量，在某次實(shí)驗(yàn)中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出 -F關(guān)系圖線（如圖乙所示）.分析此圖線的 OA

13、段可得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是此圖線的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骄俊凹铀俣群土Φ年P(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=mg=F,而實(shí)際上a'=3g-,可見AB段MMM + m明顯偏離直線是沒有滿足 M? m造成的.答案：(1)小車的總質(zhì)量小車所受的合外力(2)在質(zhì)量不變的情況下，加速度與合外力成正比C10.(

14、2020遼寧沈陽二模)在“互聯(lián)網(wǎng)+ ”時代，網(wǎng)上購物已經(jīng)成為一種常見的消費(fèi)方式,貨箱的總質(zhì)量為網(wǎng)購也促進(jìn)了快遞業(yè)發(fā)展.如圖，一快遞小哥在水平地面上拖拉一個貨箱, ：3 一15 kg,貨箱與地面間的動摩擦因數(shù)嚴(yán)、若該小哥拉著貨箱在水平地面上做勻速運(yùn)動，取3g= 10 m/s2,求:(1)拉力方向與水平面成60。角時拉力的大小(結(jié)果保留1位小數(shù));(2)所施加拉力的最小值和方向.解析：(1)研究貨箱，根據(jù)平衡條件有:Fsin 60° +Fn mg = 0Fcos 60° Ff=0Ff = i IN解得：F = 5043 N = 86.6 N.(2)法一：對物體受力分析，設(shè)拉力最

15、小時，F(xiàn)'與水平方向夾角為0,如圖1所示;則根據(jù)平衡條件有：F' sin 9 + F N mg = 0F' cos 0 -Ff=0F' f= F'n解得：F'=mgcos 9 + psin 912mg整理得：F'= .( sin ( 0+ 60 )當(dāng)0= 30°時，F(xiàn)'有最小值F'的最小值為：F'= 75 N.圖I圖2法二：如圖2所示，tan 8 =詈=科，解得9= 30 Fn即彈力和滑動摩擦力的合力 FNf方向固定不變， 當(dāng)拉力F的方向垂直FNf時，拉力F有最小值.由矢量三角形的關(guān)系可得：F '

16、= mgsin 0 =75 N.答案：(1)86.6 N (2)75 N方向與水平方向夾角為30°11.如圖甲所示，質(zhì)量為 M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質(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 共同速度的過程中， 物塊和木板的vt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) vt 圖象，求:(1)物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動的加速度大小a1,木板開始做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小a2,達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動的加速度大小a3；(2)物塊質(zhì)量m與長木板質(zhì)量M之比;10-4a1 =14物塊相對長木板，t行的距離Ax.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)動的加速度大小m/s2= 1.5 m/s2,木板開始做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小a2=1 m/s2= 1 m/s2