高考总复习（新人教版）物理限时检测：第三章牛顿运动定律第三节含解析

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1、第三章第三节［限时检测］（限时45分钟,满分100分）一、选择题（每小题6分，共54分）1.如图3—3—16所示，质量分别为加和2加的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为厶劲度系数为几现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F,使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为m2mf图3-3-16A好FfFC-L+ttD.L+tv2k3k2k解析两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等,对系统受力分析,由牛顿第二定律可得:刃+2m）a,对质量为加的小球作水平方向受力分析,由牛顿第二定律和

2、胡克定律,可得：kx^ma,则此时两球间的距离为£+£,选项C正确。答案c2・（多选）（2013•浙江理综）如图3-3-17所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0・5m/s2,当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/M。关于热气球，下列说法正确的是图3-3-17A.所受浮力大小为4830NA.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C・从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD・以5m/s匀速上升

3、时所受空气阻力大小为230N解析刚开始上升时，空气阻力为零tF-mg=ma,解得F浮=m（g+^）=460X（10+0.5）N=4830N,A项正确。加速上升过程,随着速度增大，空气阻力增大,B项错误。浮力和重力不变,而随着空气阻力的增大,加速度会逐渐减小,直至为零，故上升10s后的速度v

4、,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N,关于电梯的运动（如图3-3-18所示），以下说法正确的是仗取10m/s2）图3-3-18A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/”B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2C・电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/"解析匀速运动时,Fi=mg®示数为8N时.nig-Fl-nta@解①②得:a=2m/s2,方向向下■因此物体向下加速运动或向上减速运动•故B、C正确。图3-3-18A.电梯可能向上加速运动，加速度大小

5、为4m/”B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2C・电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/"解析匀速运动时,Fi=mg®示数为8N时.nig-Fl-nta@解①②得:a=2m/s2,方向向下■因此物体向下加速运动或向上减速运动•故B、C正确。答案BC4.（多选）（2016•温州检测）将一质量为M的物块放在一水平桌面上，用一质量不计的轻绳跨过桌子边缘的定滑轮连接一托盘，如图3-3-19所示，在托盘中放上一定量的耘码。已知盘和舷码的总质量为加,M=2m,重力加速度取g

6、,忽略一切摩擦力和阻力。当将托盘由静止释放后，下列描述正确的是图3-3-19A.耘码的加速度为gB.物块的加速度为备2C.绳子的拉力为彳〃呀D.盘中的祛码处于完全失重状态解析应用隔离法■对托盘分析,由牛顿第二定律得mg对物块分析,由牛顿第二定律得F=2mat可知加速度大小为。=茫¥万二务，故A错误、12B正确；将伉=尹代入F-2ma得F=-jnig,C正确；由于码加速度向下且大小为£,所以磁码处于失重状态，但不是完全失重，则D错误。答案BC5.（多选）如图3-3-20所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M,人的质量

7、都是加，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子（绳与轮的质量和摩擦均不计）；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是^77777/甲乙图3-3-20A.甲车的加速度大小为令A.甲车的加速度大小为0B.乙车的加速度大小为岸万C.乙车的加速度大小为0解析对甲图中的入和车当成系统，在水平方向的合外力为0（入的推力F是内力），故a甲二0,选项A错误、选项B正确。对乙图中，人拉轻绳的力为Ft则绳拉人和绳拉车的力均为F■对人和车的系统，水平合外力为2Ft由牛顿第二定律知乙二是则选项C正确、选项D错误。故选B、CoM+m答案B

8、C4.(多选)将一倾角为0的斜面体固定在水平面上，用一小段轻绳连接两个物块/和〃放在斜面上，如图3-3-21所示。已知/的质量为加1、3的质量为加2,且两物块与斜面间的动摩擦因数相同，现有一沿斜面向上的恒力F作用在物块昇上，使两物块沿斜面向上运动，则轻绳对物块〃的拉力图3-3-21A.斜面的倾角越大，拉