2024年高考物理復習第3章 章末檢測卷（核心考點新高考）（解析版）

第3章章未檢瀟卷

一、單選題

1.高考百日，重慶南開中學舉行高三排球聯(lián)賽為青春喝彩，為高考助力。如圖所示，在小南同學豎直向

上跳高地面的過程中，若忽略空氣阻力，則小南同學（）

A.慣性不斷減小B.加速度不變

C.始終處于超重狀態(tài)D.重力勢能一直減小

【答案】B

【詳解】A.質(zhì)量是物體慣性的唯一量度，可知小南同學豎直向上跳離地面的過程中，其質(zhì)量不變，則慣

性大小不變，A錯誤；

B.在同學豎直向上跳離地面的過程中，只受重力作用，因此加速度不變，B正確；

C.在同學豎直向上跳離地面的過程中，其加速度方向一直向下，始終處于失重狀態(tài)，C錯誤；

D.在同學豎直向上跳離地面到最高點的過程中，重力一直對同學做負功，重力勢能一直增大，D錯誤。

故選B。

2.如圖所示，物體靜止于水平桌面上，則（）

A.桌面對物體的支持力的大小等于物體的重力，這兩個力是一?對平衡力

B.物體所受的重力和桌面對它的支持力是一對作用力與反作用力

C.物體對桌面的壓力就是物體的重力，這兩個力是同一種力

D.物體對桌面的壓力和桌面對物體的支持力是一對平衡的力

【答案】A

【詳解】AB.桌面對物體的支持力與物體的重力，大小相等、方向相反，作用于同一物體，是一對平衡

力,A正確，B錯誤；

C.物體對桌面的壓力與物體的重力不是同一種性質(zhì)的力，C錯誤；

D.物體對桌面的壓力和桌面對物體的支持力是一對作用力與反作用力，D錯誤。

故選Ao

3.力《單獨作用于一物體時，使物體產(chǎn)生的加速度大小為2m/s2,力6單獨作用于同一物體時，使物體

產(chǎn)生的加速度大小為3m/s2,當￡和乙共同作用于該物體時，物體具有的加速度大小可能是（）

A.2m/s2B.0.5m/s2C.5.5m/s2D.6m/s2

【答案】A

【詳解】由牛頓第二定律可得尸=〃也

當B與F2同向時，產(chǎn)生的加速度最大，為，x=5m/s?

當B與F2反向時，產(chǎn)生的加速度最小，為~n=lm/s2

當寫和人共同作用于該物體時，物體具有的加速度大小可能是2m/s2。

故選Ao

4.如圖所示，質(zhì)量為，〃的物體A下端連接著固定在地面上的豎直輕質(zhì)彈簧，上端通過繞過定滑輪的輕質(zhì)

細繩連接著質(zhì)最為2〃?的物體B,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為

g,不計空氣阻力及一切摩擦?，F(xiàn)將細繩從。處剪斷，下列說法正確的是（）

A.剪斷繩的瞬間，A的加速度大小為月

B.剪斷繩后，A做簡諧運動的振幅為華

K

C.剪斷繩后，A從圖示位置運動到最低點的過程中，重力的瞬時功率一直增加

D.剪斷繩后，A從圖示位置運動到最低點的過程中，機械能先增加后減小

【答案】D

【詳解】A.剪斷繩之前，根據(jù)受力平衡可知，彈簧彈力大小為/=2〃?g-咫=〃吆

剪斷繩的瞬間，A受到向下的重力〃?g及向下的大小為"火的彈簧彈力，所以A的加速度大小為

一巡墳二？^故A錯誤；

m

B.剪斷繩之前，彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量為％=竿

K

剪斷繩后，A做簡諧運動，其平衡位置對應的彈簧壓縮最為占=罕

因此A做簡諧運動的振幅為A=%+x,=2警，故B錯誤；

K

CD.剪斷繩后，A從圖示位置運動到最低點的過程中，速度先增大后減小，所以重力的瞬時功率先增大

后減?。粡椈蓮椓ο茸稣υ僮鲐摴?，A的機械能先增加后減小，故C錯誤，D正確。

故選D..

5.在靜止的小車內(nèi)，用細繩〃和〃系住一個小球，繩。處于斜向上的方向，拉力為死，繩〃處于水平方

向，拉力為外，如圖所示?，F(xiàn)讓小車從靜止開始向右做勻加速運動，此時小球相對于車廂的位置仍保持

不變，則兩根細繩的拉力變化情況是（）

A.乙變大，耳不變B.尸“變大，居變小

C.乙變大，外變大D.心不變，外變小

【答案】D

【詳解】小球的受力分析如圖所示：

mg

當小車靜止時根據(jù)平衡條件，豎直方向上有〃吆=F.COS?

水平方向上有外=gsin。

當小車從靜止開始向右做勻加速運動，小球相對于車廂的位置.仍保持不變，即。不變，則工不變，而根

據(jù)牛頓第二定律，水平方向上有吊sin。-丹=〃心，工不變，所以居變小。

故選Do

6.如圖所示，在傾角為。=30。的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為〃?和2〃?。物塊A靜止在輕彈簌上

面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力。己知重力加速度為g,某時刻

下列說法正確的是（）

A.物塊A的加速度為0B.物塊A的加速度為低

C.物塊B的加速度為0D.物塊B的加速度為:

1

【答案】B

【詳解】剪斷細線前，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力，以A為對象，可知彈簧對A的彈力方向沿

斜面向上,大小產(chǎn)=〃?gsin。

剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力保持不變，以物塊A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律得3/〃gsin。-尸=3〃以

A.球M和球N的質(zhì)量之比為（仃-1）：2

B.球M和球N的質(zhì)量之比為（G+1）：2

C.剪斷輕繩B的瞬間，球M的加速度大小為Gg

D.剪斷輕繩B的瞬間，球N的加速度大小為gg

【答案】BD

【詳解】AB.設彈簧彈力為凡對兩球整體受力分析，由平衡條件可得“sin30=尸，TA

co>30=（〃%+/?v）g

對小球M受力分析且由平衡條件可得，sin45=F,7；cos45=mMg

聯(lián)立解得竺^:且］，選項A錯誤、選項B正確：

叫2

C.剪斷輕繩B的瞬間，對于小球M由牛頓第二定律得J尸+（0型）2為，聯(lián)立解得為=&身，選

項C錯誤；

D.剪斷輕繩B的瞬間，球N的切向加速度大小為aN=gsin30°=：g,選項D正確。

故選BD“

9.如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角。=37。的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為

3.0m?選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度〃的變化如圖乙所示。^=10m/s2,

sin370=0.6o則下列說法中正確的是（）

A.物體的質(zhì)量〃?=0.67kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)夕=。6

C.物體上升過程的加速度大小〃=12m/s2

D.物體回到斜面底端時的動能

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)題意，由圖可知，物體上升到最大高度時，機械能為30J,則有，咫&=30J

解得機=1kg,故A錯誤;

B.根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做功等于機械能的減少，則有

W=〃"吆cos37°?—=50J-30J

(sin37°

解得〃=0.5,故B正確；

C.物體上升過程中，由牛頓第二定律有W〃88537。+/咫疝］37。=〃也，解得。=10m/s2,故C錯誤；

D.根據(jù)題意，物體回到斜面底端過程中，由動能定理有-2%=”-線。，其中線0=50J,解得

線=10兒故D正確。

故選BDo

10.如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小定滑輪。、。一一端和質(zhì)量為〃?的小球連接，另一端與

套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為〃，的小物塊連接，直桿與兩定滑輪在同一豎直面內(nèi)，與水平面的夾角

夕=60。，直桿上。點與兩定滑輪均在同一高度，。點到定滑輪a的距離為L,直桿上。點到。點的距離

也為L，重力加速度為8，直桿足夠長，小球運動過程中不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從。點由靜止

釋放，下列說法正確的是()

；^()，，，”/，，，////，/、/，//

V

A.小物塊剛釋放時，輕繩中的張力大小為

B.小球運動到最低點時，小物塊加速度的大小為正g

2

C.小物塊下滑至。點時，小物塊與小球的速度大小之比為2:1

D.小物塊下滑至。點時，小物塊的速度大小為也題更

5

【答案】BCD

【詳解】A.小物塊剛釋放時，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對小球的拉

力小于球的重力〃?g，A錯誤；

B.當拉物塊的繩子與直桿垂直時，小球下降的距離最大，對?小物塊受力分析，由牛頓第二定律

nigsin0=ma

解得，此時小物塊加速度的大小為,

2

B正確；

C.將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示

沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即vcos600=v1

所以小物塊在Q處的速度與小球的速度之比為上=,，C正確；

匕1

D.設小物塊卜滑距離為L時的速度大小為乙此時小球的速度大小為匕，對小物塊和小球組成的系統(tǒng)根

11p2

據(jù)機械能守恒定律，有〃?弘sin60。=①/+：〃"，其中解得，此時小物塊的速度大小為

V=--------------

5

D正確。

故選BCD.

三、實驗題

11.小明同學在用下面裝置做力學實驗時發(fā)現(xiàn)，這個裝置也可以用來測量當?shù)氐闹亓铀俣葘嶒炂鞑?/p>

有小車，一端帶有定滑輪的平直軌道，墊塊，細線，打點計時器，紙帶，頻率為50Hz的交流電源，刻度

尺，6個槽碼，每個槽碼的質(zhì)量均為〃?。

（1）實驗步驟如下：

①按圖甲安裝好實驗器材，跨過定滑輪的細線一端連接在小車上，另一端懸掛著6個槽碼，改變軌道的

傾角，用手輕推小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列等間距的點，表明小車沿傾斜軌道勻速下

滑；

②保持軌道傾角不變，取下1個槽碼（即細線下端還懸掛5個槽碼），讓小車拖著紙帶沿軌道下滑，根

據(jù)玳帶上打的點跡測出加速度

③減少細線下端懸掛的槽碼數(shù)量，重復步驟②；

④以取下槽碼的總個數(shù)〃（K〃V）的倒數(shù)，為橫坐標，■!■為縱坐標，在坐標紙上作關(guān)系圖線。

n〃an

打點計時器

（2）在進行步驟①時，需要將平直軌道左側(cè)用墊塊墊高，若某次調(diào)整過程中打出的紙帶如圖乙所示（紙

帶上的點由左至右依次打出），則墊塊應該（填"往左移""往右移"或“固定不動”）；

（3）某次實驗獲得如圖所示的紙帶，相鄰計數(shù)點間均有4個點未畫出，則加速度大小妙m/s2（保

留三位有效數(shù)字）；

（4）測得上5一3關(guān)系圖線的斜率為七縱軸截距為〃，當?shù)氐闹亓铀俣萭=——

【答案】往左移0.191

b

【詳解】（2）[1]由圖知，紙帶上相鄰計數(shù)點間距離越來越大，可知做加速運動，則墊塊應該往左移;

（3）⑵相鄰計數(shù)點間的時間間隔7=（）1s,根據(jù)逐差法，加速度大小

z_（?」比?+）一（工“，+XBC+X.））?0]91m/s??

-9T5?；

nmg16m+M*.11

⑷⑶根據(jù)牛頓第二定律a%-〃…町,整理得『黃7]

根據(jù)題意〃=所以&=

gb

四、解答題

12.近年來，網(wǎng)上購物促使快遞行業(yè)迅猛發(fā)展。如圖所示為某快遞車間傳送裝置的簡化示意圖，傳送帶

右端與水平面相切，且保持%=4m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶的長L=5m?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.4kg的

包裹A輕放在傳送帶左端，包裹A剛離開傳送帶時恰好與靜止的包裹B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞

后包裹A向前滑行了0.25m靜止，包裹B向前運動了0.9m靜止。已知包裹A與傳送帶和水平面間的動摩

擦系數(shù)均為。2,包裹B與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5,g取lOm/s?。求：

（1）包裹A在傳送帶上運動的時間；

（2）包裹B的質(zhì)量。

/四，回................

⑥（?A）.ZZZZ/ZZZ/ZZZZ///Z/Z

筆L丫

【答案】（1）2.25s；（2）0.4kg

【詳解】（1）根據(jù)題意，對包裹A,由牛頓第二定律有必〃?遙=，縱縱

解得〃A=〃K=2m/s2

A

設包裹A經(jīng)過時間/,與傳送帶共速，由運動學公式v=v0+at可得r,==2s

a\

由運動學公式一一片=2or可得，包裹A勻加速的距向為％=生=4m

2a

L一（

則包裹A在傳送帶上勻速運動的時間為G=—=0-25s

vo

則包裹A在傳送帶上運動的時間陵=6+，2=2.25s

（2）根據(jù)題意，對包裹B由牛頓第二定律得，%=〃逐=5m/s2

設A、B碰撞后速度分別為唳、%，它們碰后各自做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式說=2心的

v；=2aAxA,4=2/仆，解得A、B碰撞后％=EVs,%=3m/s

由于碰撞時間極短，A、B碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，則有，%%=，%%+〃/%，解得〃％=S4kg

13.如圖所示，固定在水平地面的斜面體上有一木塊A（到定滑輪的距離足夠遠），通過輕質(zhì)細線和滑輪

與鐵塊B連接，細線的另一端固定在天花板上，在外力廠作用下整個裝置處于靜止狀態(tài)。已知連接光滑

動滑輪兩邊的細線均豎直，木塊A和光滑定滑輪間的細線和斜面平行，木塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)

〃=0.25,斜面的傾角8=37。，鐵塊B下端到地面的高度4=05m,木塊A的質(zhì)量〃?=0.5kg,鐵塊B的

質(zhì)量M=1.5kg,不計空氣阻力，不計滑輪受到的重力，取重力加速度g=10m/stsin37°=0.6,

cos370=0.8,撤去力尸后,求：

（1）鐵塊B落地前，木塊A的加速度大小；

（2）鐵塊B落地后不反彈，木塊A繼續(xù)沿斜面上滑的最大距澳。

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，去掉外力產(chǎn)之后，鐵塊B向下加速運動，木塊A沿斜面向上加速運動，設

此時繩子的拉力為7,鐵塊B的加速度為%,木塊A的加速度為。2，由圖可知，移動過程中，木塊A的

位移是鐵塊B位移的2倍，則有詼=2%

由牛頓第二定律，對木塊A有7-"次sin。-〃〃以cos0=ma2

22

對鐵塊B有Mg-2T=Mat,聯(lián)立解得a}=2m/s,a2=4ni/s

（2）當鐵塊B落地時,繩子拉力消失,木塊A沿斜面上升的距離為x=2〃=1m

由運動學公式v2-v-=2ax可得，此時木塊A的速度為v==2&m/s

木塊A繼續(xù)減速上升，由牛頓第二定律有mgsin0+jLimgcos夕=ma,