【物理】2019届人教版牛顿运动定律定律单元测试 8页

第6讲 章末热点集训[ 生用书P291(单独成册) ‎ ‎(时间：60分钟　满分：100分)‎ 一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)‎ ‎1.‎ ‎(2018·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．(2018·宝鸡高三质检)‎ 如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间(　　)‎ A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)g B．框架对地面的压力大小为0‎ C．小球的加速度大小等于g D．小球的加速度为0‎ 解析：选D.剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项错误，D项正确；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．‎ ‎3.‎ 如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为 B．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右 C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为 D．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg 解析：选C.装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即FN＝mg，A错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为M，由牛顿第二定律可知μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，对小球受力分析如图所示，小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为FN＝>mg，由以上分析可知D错误；由于竖直方向合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B错误；当a＝gtan θ时，代入以上的式子可得FN＝，C正确．‎ ‎4.‎ ‎(2018·广西桂林十八中月考)如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)‎ A．ta＞tb＞tc　　　　　　 B． ta＜tb＜tc C．ta＝tb＝tc D．无法确定 解析：选B.设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度s＝2rcos α＋，下滑的加速度a＝，根据位移时间公式得，s＝at2，则t＝＝.因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta.故B正确，A、C、D错误．‎ ‎5．如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用劲度系数为 的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2.以A、B为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为Δl1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是(　　)‎ A．Δl1＝Δl2，a1＝a2　　　 B．Δl1>Δl2，a1>a2‎ C．Δl1＝Δl2，a1>a2 D．Δl1<Δl2，a1a2，故选项C正确．‎ ‎6.‎ ‎(2018·山东师大附中模拟)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ A．μ与a之间一定满足关系μ> B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为 C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 D．黑色痕迹的长度为 解析：选C.方法一 公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a′＝μg，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a>μg，则μ<，A错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t＝，此时煤块的位移x1＝，传送带的位移x2＝＋v＝－，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx＝x2－x1＝－，C正确，B、D错误．‎ 方法二 图象法：根据题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度一定大于煤块的加速度，由题意作出煤块和传送带的速度－时间图象，如图所示，由于二者最终的速度均为v，则t1＝、t2＝，煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob与横轴所围的面积，即x＝t2＝，黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移，即图线Oa、ab、Ob所围的面积，则Δx＝(t2－t1)＝－.‎ 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)‎ ‎7．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B．两种情况下获取的最大加速度相同 C．两种情况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：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1所示，则 FN1cos θ＝mg ①‎ 对B：F′N1sin θ＝ma1 ②‎ 由牛顿第三定律可知F′N1＝FN1 ③‎ 乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则 FN2cos θ＝mg ④‎ FN2sin θ＝ma2 ⑤‎ 由①③④可知FN2＝FN1＝F′N1 ⑥‎ 由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，‎ 故选项B、C正确，选项A、D错误．‎ ‎8.‎ ‎2017年6月4日，雨花石文创新品在南京市新城 技园发布，20余项文创新品体现金陵之美．某小朋友喜欢玩雨花石，他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起，如图所示．斜面体乙静止在水平地面上．现减小水平外力F，三者仍然静止，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．甲对丙的支持力一定减小 B．乙对甲的摩擦力一定减小 C．地面对乙的摩擦力一定减小 D．甲可能受5个力的作用 解析：‎ 选CD.把甲、乙、丙看成一个整体，系统处于平衡状态，水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F的大小，当F减小时，地面对乙的摩擦力随之减小，C正确；对丙进行受力分析，丙始终处于静止状态，所受各个力的大小均不变，A错误；将甲、丙看成一个整体，由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定，故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定，B错误；当甲、乙之间的静摩擦力为0时，甲受5个力的作用，如图所示，D正确．‎ ‎9.‎ ‎(2018·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝ v，其中 为常数，则圆环运动过程中(　　)‎ A．最大加速度为　　　 B．最大加速度为 C．最大速度为 D．最大速度为 解析：选AC.当F1mg，由牛顿第二定律得F－μ( v－mg)＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝，选项C正确，D错误．‎ ‎10.‎ ‎(2018·山东德州模拟)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为 ，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，A的加速度的方向沿斜面向上，大小为a，则(　　)‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为 B．从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为 C．恒力F的大小为5mgsin θ＋3ma D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为a 解析：选ACD.开始时，弹簧处于压缩状态，弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有3mgsin θ＝ x1，解得x1＝，B刚要离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有2mgsin θ＝ x2，解得x2＝，故A运动的距离Δx＝x1＋x2＝，A正确；从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做功W＝3mg·Δx·sin θ＝，B错误；B刚离开C时A受拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力共同作用，根据牛顿第二定律，有F－3mgsin θ－T＝3ma，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即T＝2mgsin θ，则恒力F的大小为5mgsin θ＋3ma，C正确；当A的速度达到最大时，A受到的合力为零，即F－3mgsin θ－T′＝0，所以T′＝2mgsin θ＋3ma，B沿斜面方向受到合力FB＝T′－2mgsin θ＝3ma，又因为FB＝2ma′，解得a′＝＝a，D正确．‎ 三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎11．(10分)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．‎ ‎(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS测小车的加速度．‎ ‎(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图乙所示)．‎ ‎①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________________________．‎ ‎②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 解析：(1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力．‎ ‎(2)由于OA段a－F关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg＝Ma得：a＝＝，而实际上a′＝，可见AB段明显偏离直线是没有满足M≫m造成的．‎ 答案：(1)小车的总质量　小车所受的合外力 ‎(2)①在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比　②C ‎12．(15分)‎ ‎(2018·洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度L1＝5.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1.1 m，瓶子质量m＝0.5 g，与 桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．(令＝2.2)‎ 解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长．设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则 F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2‎ ‎2a1x1＝v，2a2x2＝－v L1－L22μ2mg 故平板做匀加速运动，加速度大小：‎ a2＝＝1 m/s2‎ 设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：v′＝v－a1t L2＋x＝vt－a1t2‎ 对平板：v′＝a2t，x＝a2t2‎ 联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.‎ ‎(2)滑块在传送带上的加速度：a3＝＝5 m/s2‎ 若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：‎ v1＝＝5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s.‎ 设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′‎ 则v″＝v1－a1t′，L2＋x′＝v1t′－a1t′2‎ x′＝a2t′2‎ 联立以上各式代入数据解得：t′1＝ s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去)‎ 将t′＝ s代入v″＝v1－a1t′得：‎ v″＝3.5 m/s.‎ 答案：(1)4 m/s　(2)3.5 m/s