高考物理复习第三章牛顿运动定律章末综合测试

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[精品]2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末综合测试

第三章牛顿运动定律章末综合测试(三)(时间：60分钟分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )A．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去B．亚里士多德指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下也不偏离原来的方向C．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变D．笛卡儿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：A 伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，A正确．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，不符合历史事实，B错误．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，C错误．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，不符合事实，D错误．2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )解析：C 在0～1 s内，Fmg＝1，根据牛顿第二定律得a1＝F－mg sin θm＝12g，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，在 1 s末时的速度为 5 m/s；在1～2 s内，拉力F为零，根据牛顿第二定律得a2＝mg sin θm＝12g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动， 2 s末速度为零；在2～3 s内，Fmg＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝F＋mg sin θm＝32g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动， 3 s末的速度大小v＝a3t＝15 m/s，沿斜面向下，为负，C正确．3.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度g.某时刻将细线剪断，则在细线剪断的瞬间，下列说法正确的是( ) A．物块A的加速度为0B．物块A的加速度为g 3C．物块B的加速度为0D．物块B的加速度为g 2解析：B 剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mg sin 30°＝12mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝12mg，对A、B系统，加速度a＝3mg sin 30°－F弹3m＝g3，即A和B的加速度均为g3.4．如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是( )A．0～5 s内小木块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：A 由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v20＝2ax，由题图乙可得a＝0－v202x1＝－10 m/s2，故减速运动时间：t＝0－v0a＝1 s，故A错误；由题图乙可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动， 1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a′＝v22x2＝32m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m|a|，mg sin θ－μmg cos θ＝ma′，－代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确．5.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为 1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.则( )A．若F＝1 N，则物块、薄硬纸片都静止不动B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为 1.5 NC．若F＝8 N，则B物块的加速度为 4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片之间都不会发生相对滑动解析：D 物块A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为f A＝μ1m A g＝3 N，物块B与薄硬纸片间的最大静摩擦力f B＝μ2m B g＝2 N，F＝1 N<f B，所以物块A、B与薄纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A项错误；若F＝1.5 N<f B，则物块A、B与薄纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，由牛顿第二定律得，F＝(m A＋m B)a，解得加速度a＝0.75 m/s2，对物抉A，根据牛顿第二定律可得F－f＝m A a，解得物块A所受摩擦力f＝0.75 N，故B项错误；当物块B刚要相对于薄硬纸片滑动时，静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得，f B＝m B a0，解得：a0＝2 m/s2，即物块B的最大加速度是a0＝2 m/s2；故C项错误；当物块B达到最大加速度时，对整体有F＝(m A＋m B)a0＝4 N，即恒力F达到 4 N后，物块B相对于薄硬纸片运动，此时物块A受到的静摩擦力为 2 N，故物块A与薄硬纸片之间不会发生相对滑动，故D项正确．6.如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动，且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ时，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．两个小球的加速度相等B．两段轻绳中的张力可能相等C．小车的速度越大，θ越大D．小车的加速度越大，θ越大解析：AD 两个小球随小车水平向右运动，夹角始终均为θ，说明三者相对静止，有共同的加速度，故A项正确；设上下两个球质量分别为M、m，上下两绳的张力分别为T、T′，把两个小球看作一个整体，则有T cos θ＝(M ＋m)g，对末端的小球有T′cos θ＝mg，所以两段轻绳中的张力不可能相等，B项错误；把两个小球看作一个整体，设其共同的加速度为a，则T cos θ＝(M＋m)g，T sin θ＝(M＋m)a，解得a＝g tan θ，所以加速度越大，θ越大，θ与小车的速度无关，故C项错误，D项正确．7.如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( )A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上B．若m1＝m2cot α，则两物体可静止在斜面上C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)gD．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析：BC 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2g sin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1g sin α，由于α>45°，则m2g sin(90°－α)<m1g sin α，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误．要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2g sin(90°－α)＝m1g sin α，即有m1＝m2cot α，B正确．若m1＝m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有F N－(M＋m1＋m2)g＝m2a sin(90°－α)－m1a sin α<0，即地面对三棱柱的支持力F N<(M＋m1＋m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有F f＝m1a cos α－m2a cos(90°－α)<0，C正确，D错误．8．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，已知g取10 m/s2，则( )A．木板B的质量为 1 kgB．滑块A的质量为 4 kgC．当F＝10 N时木板B的加速度为 4 m/s2D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1解析：AC 当F等于4 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝4 kg，当F大于8 N时，根据牛顿第二定律得a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，知图线的斜率k＝1M，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝3 kg.A正确，B错误．根据F大于8 N的图线知，F＝6 N时，a＝0，即0＝F－30μ，代入数据解得μ＝0.2，D错误．根据图线知a＝F－6(F>8 N)，当F＝10 N时，长木板的加速度a＝4 m/s2，C正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9题15分，第10题17分，第11题20分，共52分)9．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以 4 m/s的初速度沿倾角为30°的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v－t图线如图乙所示．木块到达最高点后又沿斜面滑下．g取10 m/s2，求：(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)木块回到出发点时的速度大小v.解析：(1)由题图可知，木块经0.5 s滑至最高点，上滑过程中加速度的大小：a1＝v0Δt1(2分)上滑过程中，沿斜面向下的重力的分力和摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1(2分)代入数据得μ＝0.35(2分)(2)下滑的距离等于上滑的距离，则有x＝v202a1(2分)下滑时，摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2(2分)代入数据解得a2＝2 m/s2(2分)下滑至出发点时的速度大小为v＝2a2x(2分)解得v＝2 m/s(1分)答案：(1)0.35 (2)2 m/s10．如图所示，长s＝5 m、倾斜角θ＝37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L＝1.6 m，以恒定速率v0＝4 m/s逆时针运行，将一可看成质点的物块轻轻地放在传送带右端A上，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑．已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平地面上的D点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)动摩擦因数μ的值；(2)物块滑到C点时速度的大小；(3)物块从A到D所经历的时间．解析：(1)在传送带上由速度位移公式可得a＝v20－02L，由牛顿第二定律得μmg＝ma(4分)联立可得a＝5 m/s2，μ＝0.5(1分)(2)在斜面上的加速度a2＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s2(2分)下滑到斜面底端s＝v0t2＋12a2t22，解得t2＝1 s(3分)下滑到斜面底端的速度v C＝v0＋a2t2＝6 m/s(2分) (3)在传送带上加速度a＝5 m/s2到达传送带左端所需时间t1＝v0a＝0.8 s(2分)在水平地面上运动的时间t3＝v Ca＝1.2 s(2分)故所需时间t总＝t1＋t2＋t3＝3 s(1分)答案：(1)0.5 (2)6 m/s (3)3 s11．(2016·山东潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接，当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；(2)木板A的长度L；(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A 时的速度大小．解析：(1)对A、C分析：mg＝2ma(1分)v20＝2ah，解得v0＝gh(2分)(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则(m＋m)a＝mg－μ·４m·g＝0(2分)即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，B匀加速运动，加速度a B0＝μg＝g4(1分)设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝a B0t0，木板A的长度L＝v0t0－12v0t0(3分)解得L＝2h(1分)(3)共速前：A和C匀速，B加速，a B1＝F＋μ·４m·g4m＝2g(1分)t1＝v0a B1＝12hg(1分)Δx1＝x AC－x B＝v0t1－12v0t1＝h4(2分)共速后全部向右加速a B2＝F－4μmg4m＝32g(1分)a AC＝mg＋4μmg2m＝g(1分)Δx2＝Δx1＝12(a B2－a AC)t22(2分)可得t2＝hg，v B2＝v0＋a B2t2＝52gh(2分)答案：(1)gh(2)2h(3)52gh。

高考物理大一轮复习第三章第3讲牛顿运动律的综合用模拟检测

拾躲市安息阳光实验学校第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用1．(单选)(广州调研)“加速度计”的部分结构简图如图3－3－10所示，图3－3－10滑块与轻弹簧a 、b 连接并置于光滑凹槽内，静止时a 、b 长度为l .若该装置加速向右运动，a 、b 长度分别为l a 、l b ，则( )A ．l a >l ，l b >lB ．l a <l ，l b <lC ．l a >l ，l b <lD ．l a <l ，l b >l【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知，向右加速时滑块受到向右的力作用，显然此时向左压缩左弹簧并同时拉伸右弹簧，可知l a <l ，l b >l .2．(单选)(佛山一模)如图 3－3－11所示，2013年6月20日，我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量．若聂海胜受到恒力F 从静止开始运动，经时间t 移动的位移为s ，则聂海胜的质量为( )图3－3－11A ．Ft2sB ．Ft 2sC ．Ft sD ．Ft 22s【答案】D【解析】由匀加速直线运动规律s ＝12at 2可得a ＝2st2，又由牛顿第二定律得F ＝ma ，故m ＝F a ＝Ft 22s，D 正确．3．(单选)(惠州模拟)一实验由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线大致如图3－3－12所示，则( )图3－3－12A ．t 1～t 2的时间内，处于失重状态B ．t 2～t 3的时间内，在向下降落C ．0～t 3的时间内，始终处于失重状态D ．t 3时刻距地面最远【答案】D【解析】速度始终大于零，故始终向上运动，B 错误；0～t 2加速度方向为正，即向上加速运动，处于超重状态，t 2～t 3状态加速度方向向下，处于失重状态，A 、C 错误；由图象的面积意义可知D 正确．4．(多选)(四会质检)在无风的天气里，雨滴在空中竖直下落，由于受到空气的阻力，最后以某一恒定速度下落，这个恒定的速度通常叫做收尾速度．设空气阻力与雨滴的速度成正比，下列正确的是( )A ．雨滴质量越大，收尾速度越大B ．雨滴收尾前做加速度减小、速度增加的运动C ．雨滴收尾速度大小与雨滴质量无关D ．雨滴收尾前做加速度增加、速度增加的运动【答案】AB【解析】设空气阻力系数为k ，则空气阻力f ＝kv ，由牛顿第二定律知mg－f ＝ma ，得加速度为a ＝g －km v ，易知收尾前加速度不断减小，速度不断增大，B 正确、D 错误；收尾时加速度为零，即g －k m v ＝0，解得v 尾＝mgk，显然A 正确、C 错误．5．(单选)(武汉模拟)如图3－3－13所示，A 和B 的质量分别是1 kg 和2 kg ，弹簧和悬线的质量不计，在A 上面的悬线烧断的瞬间( )图3－3－13A ．A 的加速度等于2gB ．A 的加速度等于gC ．B 的加速度为零D ．B 的加速度为g【答案】C【解析】烧断瞬间弹簧伸长不变，B 受合力为零，A 受合力等于(m A ＋m B )g ，可知C 正确．6．(陕西三模)一个小球从静止开始沿如图3－3－14所示的光滑斜面轨道AB 匀加速下滑，然后进入水平轨道BC 匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD ，直到速度减为零．设小球经过水平面和两斜面的衔接点B 、C 时速度的大小不变．下表是测出的不同时刻小球速度大小，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)(2)小球从开始下滑直至在斜面CD 上速度减为零通过的总路程是多少？图3－3－14【答案】(1)30° (2)180 m【解析】解：(1)根据表中数据可知小球沿AB 斜面下滑的加速度 a 1＝Δv 1Δt 1＝91.8m/s 2＝5 m/s 2由牛顿运动定律得mg sin α＝ma 1解得sin α＝a 1g＝0.5，故斜面AB 段的倾角α＝30°.(2)根据表中数据可知，小球在斜面AB 上下滑时间t 1＝155s ＝3 s小球在斜面CD 上做减速运动的加速度 a 3＝9－315－13m/s 2＝3 m/s 2从最大速度v m ＝15 m/s 减至速度为9 m/s 用时t 3＝15－93 s ＝2 s于是，小球在水平面上运动时间t 2＝13 s －t 1－t 3＝8 s故小球的总路程s ＝v 2m 2a 1＋v m t 2＋v 2m2a 3＝180 m.。

2022高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末过关检测含解析

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＝2 kg、m2＝3 kg 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＝30 N、F2＝20 N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20 ND．弹簧测力计的示数是30 N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＝2 m/s2；对A：F1－T ＝m1a，解得T＝26 N，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。

高三物理一轮复习第3章牛顿运动律章末检测

峙对市爱惜阳光实验学校第3章牛顿运动律(时间：60分钟总分值：100分)1．在物理学开展史上伽利略、牛顿许许多多家为物理学的开展做出了巨大奉献．以下选项中符合他们观点的是( )A．人在沿直线加速的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的前方B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大C．两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体不受力时的“自然状态〞A[人在沿直线加速的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度为车子的速度，所以将落在起跳点的前方．符合伽利略、牛顿的惯性律，故A正确；力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点，故B错误；伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点，故C错误；D选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点，故D错误．]2．(2021·)下面关于惯性的说法中正确的选项是( )A．物体的运动速度越大，物体的惯性越大B．物体受的力越大，物体的惯性越大C．物体的质量越大，物体的惯性越大D．物体在地球上的惯性比在月球上大C[质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大，与速度、受力情况无关，故A、B错误，C正确；同一物体的质量一，那么在地球与月球上惯性相同，故D错误．]3．一物体受绳的拉力作用由静止开始，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，那么以下说法中正确的选项是( )【导学号：81370127】A．加速时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力B．减速时，绳拉物体的力小于物体拉绳的力C．只有匀速时，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相D．不管物体如何，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相D[绳拉物体的力与物体拉绳的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相、方向相反、作用在同一条直线上，与运动状态无关，故A、B、C错误，D 正确．]4．一个物体受几个力的作用而处于静止状态，假设保持其余几个力不变，而将其中一个力F逐渐减小到零，然后又逐渐增大到F(方向不变)，在这个过程中，物体的( )A．加速度始终增大，速度始终增大B．加速度始终减小，速度始终增大C．加速度先增大后减小，速度始终增大直到一值D．加速度和速度都是先增大后减小C[多个力平衡时，多个力中的任意一个力与其余力的合力值、反向、共线．将其中的一个力F减小到零后再增加到F，故合力先增加到F，再减小到零；根据牛顿第二律，加速度先增加后减小到零，物体初速度为零，加速度方向一直与速度方向相同，故速度一直增加，故A、B、D错误，C正确．] 5．如图1所示，狗拉着雪橇在雪道上行驶，根据牛顿运动律可知( )图1A．假设加速，狗拉雪橇的力大于雪橇拉狗的力B．假设匀速，狗拉雪橇的力与雪橇拉狗的力平衡C．假设减速，狗拉雪橇的力小于雪橇拉狗的力D．狗拉雪橇的力与雪橇拉狗的力大小始终相D[根据牛顿第三律，两个物体之间的相互作用力总是大小相，与运动状态无关，因作用对象不同，效果不能抵消，故不能平衡或求合力，那么只有D 项正确．]6．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，在t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图2所示，电梯从静止开始运行的vt图是(取电梯向上运动的方向为正)( )【导学号：81370128】图2A[人的重力为490 N，由受力图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为G－F＝50 N，加速度向下，且电梯从静止开始运行，所以电梯只能向下加速；t1至t2时间段弹力于重力，故合力为零，电梯可能为匀速也可能静止，但由于电梯匀加速运动刚结束，速度不可能突变为零，故此时间段内，电梯只能是做匀速直线运动；而t2至t3时间段内合力向上，故电梯加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；综合上面的分析可以知道，速度先是在负方向增大，然后是做匀速直线运动，最后做匀减速运动，直到速度为零，时间段内，速度一直为负值，故符合这个规律的只有A，故A正确，B、C、D错误．] 7．(2021·)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的选项是( ) A．物体的速度越大，那么加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，那么加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度变化量很大，那么加速度一很大，所受的合外力也一很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零D[物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，速度变化量的大小由加速度和时间决，故D正确，A、B、C错误．]8．一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的vt图象如图3所示．重力加速度为g，那么根据图象不能求出的物理量是( )图3A．木块的位移B．木块的加速度C．木块所受摩擦力D．木块与桌面间的动摩擦因数C[位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由vt图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．应选C.]9．如图4甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，以下判断正确的选项是( ) 【导学号：81370129】甲乙图4A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1 s～3 s内，外力F的大小恒C．在3 s～4 s内，外力F不断变大D．在3 s～4 s内，外力F的大小恒B[在0～1 s内，直线的斜率不变，加速度不变，由牛顿第二律得F－F f ＝ma，可知外力F是恒力，故A错误；在1 s～3 s内，速度不变，物体做匀速直线运动，加速度于零，F＝F f，故外力F的大小恒，故B正确；在3 s～4 s 内，图线斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动，由牛顿第二律得F f－F＝ma，得F＝F f－ma，F f、m不变，a增大，那么F 减小，故C、D错误．]10．如图5所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．以下说法正确的选项是( )图5A．在上升或下降过程中A对B的压力一为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力于A物体受到的重力A[无论物体在上升过程中还是下降过程中，两物体组成的系统都只受重力作用，系统处于完全失重状态，所以在整个过程中，A对B的压力始终为零，应选项A正确．]11．(加试要求)两重叠在一起的滑块，置于固的倾角为θ的斜面上，如图6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μ2，两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，滑块B受到的摩擦力( )【导学号：81370130】图6A．于零B．方向沿斜面向下C．大小于μ1mg cos θD．大小于μ2mg cos θC[把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a.由牛顿第二律得(M＋m)g sin θ－μ1(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a，解得a＝g·(sin θ－μ1cos θ)．由于a<g sin θ，可见B随A一起下滑过程中，必然受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为F f B，由牛顿第二律得：mg sin θ－F f B＝ma，解得F f B ＝mg sin θ－ma＝mg sin θ－mg·(sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ，故此题选C.]12．(加试要求)(2021·模拟)如图7所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，那么煤块从A运动到B的过程中( )图7A．煤块到A运动到B的时间是5 sB．煤块从A运动到B的时间是 sC．划痕长度是0.5 mD．划痕长度是1 mB[根据牛顿第二律，煤块的加速度a＝μmgm＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相时的时间t1＝v0a＝1 s，位移大小x1＝12at21＝2 m<x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项C、D错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝x2v0＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝ s，选项B正确，A错误．]13．(加试要求)如图8所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m 的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T，现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，那么以下说法正确的选项是( )【导学号：81370131】图8A．质量为2m的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为0.66F T C [质量为2m 的木块受到重力、质量为m 的木块的压力、m 对其作用的向后的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A 错误；对整体，由牛顿第二律可知，a ＝F6m ，隔离后面的叠加体，由牛顿第二律可知，轻绳中拉力为F T ′＝3ma ＝F2.由此可知，当F 逐渐增大到2F T 时，轻绳中拉力于F T ，轻绳才刚好被拉断，选项B 错误，C 正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块整体的加速度a ′＝F T 3m ，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为F f ＝ma ′＝F T3，故D 错误．]二、非选择题(此题共4小题，共35分)14．(5分)在进行“用传感器探究作用力与反作用力的关系〞的中，员拿着力传感器A 沿着平行倾斜导轨方向斜向上拉与小车捆绑在一起的传感器B ，小车一开始静止，之后沿斜面向上运动．整个过程．计算机中得到如图9所示的一幅图象，此图象能说明：______________________________________________________________________________________________________________.(请至少写出两点)图9【答案】作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失；作用力与反作用力总是大小相、方向相反15．(7分)如图10所示为某同学安装的“探究加速度和力、质量的关系〞的装置，在小车的前端固一个传感器，和砂桶连接的细线接在传感器上，通过传感器可显示出细线的拉力．在图示状态下开始做．图10(1)从图上可以看出，该同学在装置和操作中的主要错误是____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________.(2)假设砂和砂桶的质量为m ，小车和传感器的总质量为M ，做好此________(选填“需要〞或“不需要〞)M ≫m 的条件.【导学号：81370132】【解析】 (2)不加传感器时将砂和砂桶的重力作为细线的拉力，而接了传感器后细线的拉力可以直接读出．【答案】 (1)未平衡摩擦力；细线与木板不平行；开始时，小车离打点计时器太远 (2)不需要16．(9分)如图11所示，一个质量m ＝5 kg 的物体在光滑水平面上，对物体施加一个F ＝10 N 的水平拉力，使物体由静止开始做匀加速直线运动．求：图11(1)物体加速度的大小a ； (2)第2 s 末物体速度的大小v ； (3)前2 s 内物体位移的大小x . 【解析】 (1)由牛顿第二律：F ＝ma 代入数据得：a ＝2 m/s 2.(2)由匀变速直线运动速度公式：v ＝at 代入数据得：v ＝4 m/s.(3)由匀变速直线运动位移公式：x ＝12at 2代入数据得：x ＝4 m.【答案】 (1)2 m/s 2(2)4 m/s (3)4 m17．(14分)(加试要求)(2021·州一模)游乐场中的跳楼机可以让游客体验到刺激的超重和失重．某跳楼机最大高度为103 m ，游戏过程为卡座从塔顶开始自由下落，在某一高度改为减速下降至离地3 m 时速度接近为0，由于人竖直方向承受减速下降的加速度不能超过4g ，g 取10 m/s 2，那么在下降过程中：(1)游客对卡座的最大压力是其体重的多少倍？(2)游客能体验到的最长失重时间为多长？(3)下落速度最大时的前两秒内与后两秒内的位移之比是多少？【导学号：81370133】图12【解析】 (1)当减速下降的加速度大小为4g 时，游客对卡座的压力最大对游客受力分析：N －mg ＝ma ① 且a ＝4g ②由①②得：N ＝5mg ③由牛顿第三律知压力N ′＝N ＝5mg ④所以游客对卡座的最大压力是其体重的5倍．(2)游客先自由下落，再以大小为4g 的加速度减速，体验到的失重时间最长．设向下加速(失重)时间为t 1，其下落高度为h 1，最大速度为v m ，减速时间为t 2，其下落高度为h 2，那么h 1＝12gt 21⑤v m ＝gt 1⑥h 2＝v m t 2－12·4gt 22⑦0＝v m －4gt 2⑧h 1＋h 2＝100 m⑨由⑤⑥⑦⑧得：t 1＝4 s⑩(3)由第(2)问可求得：t2＝1 s，v m＝40 m/s，画出vt图象如下图，由图易知下落速度最大时的前两秒内位移x＝60 m，因减速1秒停下，那么下落速度最大时的后两秒内的位移x′＝20 m，故下落速度最大时的前两秒内与后两秒内的位移之比为3∶1.【答案】(1)5倍(2)4 s (3)3∶1。

近年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末综合测试(2021年整理)

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第三章牛顿运动定律章末综合测试（三)(时间:60分钟分数:100分）一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是（)A．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去B．亚里士多德指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下也不偏离原来的方向C．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变D．笛卡儿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：A 伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，A正确．笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向，不符合历史事实，B错误．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动,C错误．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，不符合事实，D错误．2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m 的物体，受到沿斜面方向的力F作用,力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的（物体的初速度为零,重力加速度取10 m/s2）（）解析：C 在0～1 s内,错误!＝1，根据牛顿第二定律得a1＝错误!＝错误! g，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，在1 s末时的速度为5 m/s；在1～2 s内，拉力F为零，根据牛顿第二定律得a2＝mg sin θm＝错误!g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动,2 s末速度为零；在2～3 s内,错误!＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝错误!＝错误!g，方向沿斜面向下,物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小v＝a3t＝15 m/s,沿斜面向下，为负，C正确．3。

江苏省2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律8+1+2章末综合能力滚动练含解析

(8＋1＋2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1.如图1所示,恒力F垂直作用在倾角为α、质量为m的三角滑块上，滑块没被推动，重力加速度为g，则滑块受到地面的静摩擦力大小为()图1A．F sinαB．F cosαC．mg sinαD．mg cosα答案A2。

如图2所示，物体A、B叠放在水平粗糙桌面上，用水平力F拉物体B，使A随B一起向右做匀加速直线运动,则与物体B 发生作用与反作用的力有（)图2A．三对B．四对C．五对D．六对答案D3.（2019·江苏南通市、盐城市六校高三联考）如图3所示,用细绳系住小球放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，球对绳的拉力F T和对斜面的压力F N将(）图3A．F T逐渐增大，F N逐渐减小B．F T逐渐减小，F N逐渐增大C．F T先增大后减小，F N逐渐减小D．F T先减小后增大，F N逐渐减小答案D解析以小球为研究对象受力分析，小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力，三力平衡，根据平衡条件得知拉力与支持力的合力与重力mg等大反向,即保持不变，作出三个位置拉力与支持力的合成的示意图，通过力的图示可以看出当细绳由水平方向逐渐向上偏移时,绳子拉力F T先减小后增大(线段的长短表示力的大小），斜面对小球的支持力逐渐减小，D正确．4。

(2019·上海嘉定区二模)如图4所示，小明站在体重计上,当他静止时体重计的指针指在45kg刻度处．若他快速蹲下,则在他下蹲的整个过程中,体重计的指针()图4A．一直指在大于45kg刻度处B．一直指在小于45kg刻度处C．先指在大于45kg刻度处,后指在小于45kg刻度处D．先指在小于45kg刻度处，后指在大于45kg刻度处答案D解析小明先加速下降，有方向向下的加速度，此时他对体重计的压力小于重力，处于失重状态，后减速下降，有方向向上的加速度，此时他对体重计的压力大于重力，处于超重状态，因此视重先变小后变大，则读出的质量先小于45kg,后大于45kg，选项D正确．5。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末质量检测(含解析)沪科版-沪科版高三全册物理试题

章末质量检测(三)(时间：45分钟总分为：100分)一、选择题(此题共8小题，每一小题6分，共48分。

1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.2018年8月的雅加达亚运会中，我国运动员司雅杰勇夺女子十米跳台桂冠。

她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图1所示。

不计空气阻力，如下说法正确的答案是( )图1A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小解析起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她斜向上运动，具有水平初速度，所以下落过程不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，后阶段水对她的作用力大于她的重力，即入水后的速度先增大后减小，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D正确。

答案 D2.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图2所示，a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v－t图象，如此拉力与摩擦力之比为( )图2A.9∶8B.3∶2C.2∶1D.4∶3解析由v －t 图象知，图线a 为仅受摩擦力的作用，加速度大小a 1＝1.5 m/s 2；图线b 为受水平拉力和摩擦力的作用，加速度大小a 2＝0.75 m/s 2。

列方程F f ＝ma 1，F －F f ＝ma 2，解得F F f＝32。

答案 B3.(2019·山东泰安一模)如图3所示，质量为m 的小球被非弹性绳A 和B 系住，其中B 绳水平，如下说法正确的答案是( )图3A.平衡时水平绳的拉力为mg sin αB.剪断水平绳，斜绳的拉力不变C.剪断水平绳，小球的加速度为g sin αD.剪断斜绳，小球的加速度为g tan α解析由图可知，平衡时水平绳的拉力为mg tan α，应当选项A 错误；剪断水平绳，斜绳的拉力在瞬间可以突变，剪断水平绳前，A 绳的拉力为mgcos α，剪断水平绳瞬间，A 绳的拉力为mg cos α，应当选项B 错误；剪断水平绳，将小球的重力沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，沿垂直绳的方向产生加速度，大小为a ＝mg sin αm＝g sin α，应当选项C 正确；剪断斜绳，水平绳的拉力瞬间变为零，如此小球的加速度为g ，应当选项D 错误。

高考物理一轮复习第03章牛顿运动定律单元综合测试(

- 1 - 第03章牛顿运动定律【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1．下列关于物理学思想方法的叙述错误的是： () A、探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法

B、加速度Fam、磁感应强度FBIL的定义都运用了比值法 C、光滑的水平面，轻质弹簧等运用了理想化模型法 D、平均速度、合力、有效值等概念的建立运用了等效替代法【答案】B

【名师点睛】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错．对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。 2．抖空竹是人们喜爱的一项体育活动。最早的空竹是两个如同车轮的竹筒,中间加一个转轴,由于外形对称,其重心在中间位置,初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡,但随着制作技术的发展,如图,不对称的空竹也受到人们的欢迎。空竹现在大多是塑料制成的,也有天然竹木制成的。关于抖空竹,在空气的阻力作用不可忽略的情况下,下列说法中正确的是： ()

A.空竹启动前用绳子拉住提起,要保证支持力和重力在同一条直线上 B.空竹的转动是依靠绳子的拉动,绳子与转轴之间的摩擦力越小越好 C.空竹抛起后由于惯性力而继续向上运动,在空中受重力和惯性力作用 - 2 -

D.空竹从抛起到接住,转速不变,表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动【答案】A 【解析】空竹启动前用绳子拉住提起，要保证拉力的合力和重力在同一条直线上，且处于平衡状态，故A正确；空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越大越好，故B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中只受重力作用，不受到惯性作用，故C错误；从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，故D错误；故选A。ks5u 【名师点睛】此题考查了生活中的一项体育项目中的物理知识，是力的合成与分解法则，理解转动的原理，区别惯性与力的不同，注意空竹的转动是在静摩擦力作用。

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直线运动，2 s末速度为零；在2～3 s内，Fmg＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝F＋mgsin θ

＝32g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小v＝a3t＝15 m/s，沿斜面向下，为负，C正确． 3.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度g.某时刻将细线剪断，则在细线剪断的瞬间，下列说法正确的是( ) A．物块A的加速度为0

B．物块A的加速度为g3 C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为g2

解析：B 剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin 30°＝12mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝12mg，对A、B系统，加速度a＝3mgsin 30°－F弹3m＝g3，即A和B的加速度均为g3. 4．如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是( ) A．0～5 s内小木块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向 C．斜面倾角θ＝37° D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5

解析：A 由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v20＝2ax，由题图乙可得a＝0－v202x1＝

－10 m/s2，故减速运动时间：t＝0－v0a＝1 s，故A错误；由题图乙可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a′＝v22x2＝32－ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝m|a|，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确． 5.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.则( ) A．若F＝1 N，则物块、薄硬纸片都静止不动 B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝8 N，则B物块的加速度为4.0 m/s2 D．无论力F多大，A与薄硬纸片之间都不会发生相对滑动解析：D 物块A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fA＝μ1mAg＝3 N，物块B与薄硬纸片间的最大静摩擦力fB＝μ2mBg＝2 N，F＝1 N体在F作用下向左匀加速运动，故A项错误；若F＝1.5 N对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，由牛顿第二定律得，F＝(mA＋mB)a，解得加速度a＝0.75 m/s2，对物抉A，根据牛顿第二定律可得F－f＝mAa，解得物块A所受摩擦力f＝0.75

N，故B项错误；当物块B刚要相对于薄硬纸片滑动时，静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得，fB＝mBa0，解得：a0＝2 m/s2，即物块B的最大加速度是a0＝2 m/s2；故C项错误；当物块B达到最大加速度时，对整体有F＝(mA＋mB)a0＝4 N，即恒力F达到4 N后，物块B相对于薄硬纸片运动，此时物块A受到的静摩擦力为2 N，故物块A与薄硬纸片之间不会发生相对滑动，故D项正确． 6.如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动，且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ时，若不计空气阻力，下列说法正确的是( ) A．两个小球的加速度相等 B．两段轻绳中的张力可能相等 C．小车的速度越大，θ越大 D．小车的加速度越大，θ越大解析：AD 两个小球随小车水平向右运动，夹角始终均为θ，说明三者相对静止，有共同的加速度，故A项正确；设上下两个球质量分别为M、m，上下两绳的张力分别为T、T′，把两个小球看作一个整体，则有Tcos θ＝(M＋m)g，对末端的小球有T′cos θ＝mg，所以两段轻绳中的张力不可能相等，B项错误；把两个小球看作一个整体，设其共同的加速度为a，则Tcos θ＝(M＋m)g，Tsin θ＝(M＋m)a，解得a＝gtan θ，所以加速度越大，θ越

大，θ与小车的速度无关，故C项错误，D项正确． 7.如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( ) A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上 B．若m1＝m2cot α，则两物体可静止在斜面上 C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g D．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析：BC 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsin α，由于α>45°，则m2gsin(90°－α)m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误．要使两物体都静止在斜面上，

应满足：m2gsin(90°－α)＝m1gsin α，即有m1＝m2cot α，B正确．若m1＝m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有FN－(M＋m1＋m2)g＝m2asin(90°－α)－m1asin α<0，即地面对三棱柱的支持力FN<(M＋m1＋m2)g，则三棱柱对

地面的压力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有Ff＝m1acos α－m2acos(90°－α)<0，C正确，D错误． 8．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，已知g取10 m/s2，则( )

A．木板B的质量为1 kg B．滑块A的质量为4 kg C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1 解析：AC 当F等于4 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝

(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝4 kg，当F大于8 N时，根据牛顿第二定律得a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，知图线的斜率k＝1M，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝3 kg.A正确，B错误．根据

F大于8 N的图线知，F＝6 N时，a＝0，即0＝F－30μ，代入数据解得μ＝0.2，D错误．根

据图线知a＝F－6(F>8 N)，当F＝10 N时，长木板的加速度a＝4 m/s2，C正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9题15分，第10题17分，第11题20分，共52分) 9．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以4 m/s的初速度沿倾角为30°的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v－t图线如图乙所示．木块到达最高点后又沿斜面滑下．g取10 m/s2，求：

(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)木块回到出发点时的速度大小v. 解析：(1)由题图可知，木块经0.5 s滑至最高点，

上滑过程中加速度的大小：a1＝v0Δt1(2分) 上滑过程中，沿斜面向下的重力的分力和摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1(2分) 代入数据得μ＝0.35(2分)