高三第三周检测物理试题一、单项选择题（6×4=24分）1. (2020·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>agB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为（a －μg ）v22a22.在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例．当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是( )A ．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变B ．运动员受到的支持力，是运动员的脚发生形变而产生的C ．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大D ．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力3．(2020·湖南邵阳一模)如图，黑板擦在手施加的恒力F 的作用下匀速擦拭黑板．已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，则它所受到的摩擦力的大小为( )A ．FB ．μF C.μF 1＋μ2D ．1＋μ2μF4.如图所示，两个质量均为m 的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R ，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为( )A.33mg B．233mg C.3mg D．2mg二、多项选择题（6×4=24分）5. (2020·湖南怀化一模)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)( )A．当F<24 N时，A、B都相对地面静止B．当F>24 N时，A相对B发生滑动C．A的质量为4 kgD．B的质量为24 kg6．将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，力传感器A与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律曲线．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系砂桶，整个装置开始处于静止状态．在滑块与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂，力传感器采集的F－t图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．2.5 s前小车做变加速运动B．2.5 s后小车做变加速运动C．2.5 s前小车所受摩擦力不变D．2.5 s后小车所受摩擦力不变7.如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平拉力F作用在物块C上后，各物块仍保持静止状态，则以下说法正确的是( )A．B不受摩擦力作用B．C对A的摩擦力水平向左C．A受到的各个摩擦力的合力为零D．A、B、C三个物块组成的整体所受摩擦力为零8.(2017天津理综,8)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是( )A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移三、非选择题9．（8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10.（10分）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的“功力”下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C(∠QCS＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，如图所示．已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，求：(1)悬挂小球的细线的拉力大小；(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小．11.（15分）如图(a)所示，长L=1.4m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m=1kg的滑块(可视为质点)。

现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图(b)所示，重力加速度g=10m/s2。

求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；(2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；(3)若水平恒力F=27.8N，滑块从木板上滑落经历的时间t。

12.（19分）如图所示，在倾角为30θ=︒的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=3kg的长木板正以010m/sv=的初速度沿斜面向下运动，现将乙质量m=1kg的小物块（大小可忽略）轻放在长木板正中央，已知物块与长木板间的动摩擦因数3μ=，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s 要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长?参考答案一、单项选择题 1.解析：选C.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<ag，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 ＝v μg ，此时煤块的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v 22a ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫v μg －v a ＝v 2μg －v 22a ，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a，C 正确，B 、D 错误．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t 1＝v a 、t 2＝vμg，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 ＝v 2t 2＝v 22μg ，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 ＝v2(t 2－t 1)＝v 22μg －v 22a.2.解析：选D.发生相互作用的物体均要发生形变，A 错误；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B 错误；在最低点，运动员虽然处于瞬间静止状态，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C 错误，D 正确．3．解析：选C.设力F 与运动方向之间的夹角为θ，黑板擦做匀速运动，则受力平衡，沿运动方向上有：F cos θ＝μF sin θ，可得：μ＝1tan θ；由三角函数的关系可得：cos θ＝μ1＋μ2，所以：f ＝F cos θ＝μF1＋μ2.4.解析：选B.以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示．根据题意可知θ＝30°，根据平衡条件可知F N1＝mgcos θ＝233·mg ，B 正确．二、多项选择题 5.解析：选BC.当A 与B 间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A 、B 会发生相对滑动，由图可知，B 的最大加速度为4 m/s 2，即拉力F >24 N 时，A 相对B 发生滑动，当F <24 N 时，A 、B 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确；对B ，根据牛顿第二定律得，a B ＝μm A g m B ＝4 m/s 2，对A ，根据牛顿第二定律得，a A ＝F －μm A g m A＝4 m/s 2，F ＝24 N ，解得m A＝4 kg ，m B ＝2 kg ，故C 正确，D 错误．6．解析：选BD.由题图乙可知，在F 变化的阶段，砂桶质量由小变大，滑块与小车之间没有相对滑动，属于静摩擦力，所以2.5 s 前，小车、滑块均处于静止状态，A 错误；2.5 s 后小车受恒定摩擦力，但是外力增加，因此小车做变加速直线运动，B 正确；根据上述分析，2.5 s 前滑块受静摩擦力，且静摩擦力在变化，2.5 s 后受滑动摩擦力，且大小不变，C 错误，D 正确．7.解析：选AC.B 受到重力和支持力而平衡，故B 不受摩擦力作用，A 正确；A 、C 整体受力平衡，桌面对A 的静摩擦力f 1＝F ，方向水平向左，即A 、B 、C 三个物块组成的整体所受摩擦力大小为F ，D 错误；A 在水平方向上受到桌面对A 的静摩擦力f 1和C 对A 的静摩擦力f 3而平衡，f 3＝F ，方向水平向右，B 错误，C 正确．8. 答案 AB三、非选择题9．解析：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)①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；②由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝F M ，而实际上a ′＝mgM ＋m，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 10. 解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示， 则由平衡条件得F sin 30°＝F C sin 30° F C cos 30°＋F cos 30°＝mg解得F ＝F C ＝33mg . (2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示， 由平衡条件得F f ＝F sin 30°F N ＋F cos 30°＝(M ＋m )g 联立解得F f ＝36mg ，F N ＝Mg ＋12mg . 答案：(1)33mg (2)Mg ＋12mg 36mg 11.解：(1)由图乙可知，当恒力F ≥25N 时，小滑块与木板将出现相对滑动， 以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得， μ1mg =ma 1， 代入数据解得μ1=0.4;(2) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有： F −μ1mg −μ2(m +M)g =Ma 2， 则a 2=1M F −μ1mg+μ2(m+M)gM，结合图象可得−μ1mg+μ2(m+M)gM=−94，解得μ2=0.1；M =4kg;(3)设m 在M 上滑动的时间为t ，当水平恒力F =27.8N 时， 由(1)知滑块的加速度为a 1=μ1g =4m/s 2，而滑块在时间t 内的位移为s 1=12a 1t 2，由(1)可知木板的加速度为a 2=F−μ1mg−μ2(M+m)gM，代入数据解得a 2=4.7m/s 2，而木板在时间t 内的位移为s 2=12a 2t 2，由题可知，s 2−s 1=L ， 代入数据联立解得t =2s 。