（新课标）2018年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末过关检测.doc

第三章 牛顿运动定律章末过关检测(三)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1(2017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(mm)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(mm)gb框架对地面的压力大小为0c小球的加速度大小等于gd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，fnmg，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2在水平道路上行驶的汽车车厢内，有一个小斜面，货箱放在斜面上，如图甲当汽车由静止启动时，货箱静止在斜面上，传感器测绘出其vt图象如图乙所示设斜面对货箱的支持力为fn，摩擦力为ff，则下列说法正确的是()a在0t1时间内，fn减小，ff增大b在0t1时间内，fn减小，ff减小c在0t1时间内，fn减小，ff可能增大d在t1之后，斜面对货箱的作用力为零解析：选c.货箱受到三个力，如图所示，将加速度分解到沿斜面向下的方向和垂直斜面向上的方向，设斜面倾角为，由牛顿第二定律得fnmgcos masin ，mgsin ffmacos .汽车启动过程中(0t1时间内)加速度减小，所以斜面支持力fnm(gcos asin )随加速度减小而减小；静摩擦力ffm(gsin acos )，当gsin acos 0时，ff的方向沿斜面向上，随加速度的减小而增大；当gsin acos 0，ff的方向沿斜面向下，随加速度减小而减小；当gsin acos 0时，ff0，随加速度减小而增大，选项a、b错误、c正确；在t1之后，汽车加速度a0，斜面对货箱的作用力与货箱的重力平衡，即等于货箱的重力mg，不为零，选项d错误3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k的轻质弹簧相连，在外力f1、f2的作用下运动，且f1f2.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l1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为l2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是()al1l2，a1a2bl1l2，a1a2cl1l2，a1a2 dl1l2，a1a2，故选项c正确4.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板ab托住，小球恰好处于静止状态当木板ab突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()a0b大小为g，方向竖直向下c大小为g，方向垂直于木板向下d大小为g，方向水平向右解析：选c.未撤离木板前，小球受到重力mg、弹簧拉力kx、木板支持力f，如图所示由平衡条件得fcos mg，即f.当撤离木板的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，但木板的支持力f立即消失，小球受重力mg和kx的合力大小等于木板撤离之前的f，方向与f的方向相反，故加速度方向为垂直于木板向下，大小为ag.所以本题正确答案为c.5(2017贵州六校联考)如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角37，并以v10 m/s的速率逆时针匀速转动着，在传送带的a端轻轻地放一个质量为m1 kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数0.5，(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)则下列有关说法正确的是()a小物体运动1 s后，受的摩擦力大小不适用公式ffnb小物体运动1 s后加速度大小为2 m/s2c在放上小物体的第1 s内，系统产生50 j的热量d在放上小物体的第1 s内，至少给系统提供能量70 j才能维持传送带匀速转动解析：选b.刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为ff1mgcos ，其加速度大小a110 m/s2，方向沿传送带斜向下.1 s末小物体的速度为va1t10 m/s，又tan ，则此后小物体相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力沿传送带斜向上，大小为ff2mgcos ，其加速度大小a2gsin gcos 2 m/s2，方向沿传送带斜向下，故a错、b对；在第1 s内小物体与传送带产生的热量为qfflfnlmglcos ，又知lvta1t2，解得q20 j，故c错；第1 s内小物体的位移为xvt5 m，其增加的动能为ekmv250 j，需向系统提供的能量eekqmgsin x40 j，d项错二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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)6.(2015高考海南卷)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块开始时，升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时，()a物块与斜面间的摩擦力减小b物块与斜面间的正压力增大c物块相对于斜面减速下滑d物块相对于斜面匀速下滑解析：选bd.当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式 fffn可知接触面间的正压力增大，物块与斜面间的摩擦力增大，故a错误、b正确；设斜面的倾角为，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsin mgcos ，即sin cos ，假设物块以加速度a向上运动时，有fnm(ga)cos ，ffm(ga)cos ，因为sin cos ，所以m(ga)sin m(ga)cos ，故物块仍做匀速下滑运动，c错误、d正确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，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受力如图丙所示，则fn1cos mg对b：fn1sin ma1由牛顿第三定律可知fn1fn1乙方式中，f最大时，b刚要离开地面，b受力如图丁所示，则fn2cos mgfn2sin ma2由可知fn2fn1fn1由式可得a2a1，对整体易知f2f1，故选项b、c正确，选项a、d错误8.(2017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，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f1kv，其中k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(kvmg)ma，当a0时，圆环的速度最大，即vmax，选项c正确，d错误三、非选择题(本题共3小题，共52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)9(14分)某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”图中a为小车，b为装有砝码的小盘，c为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2.(g取9.8 m/s2)甲(1)下列说法正确的是_a实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源b每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力c本实验中应满足m2远小于m1的条件d在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作am1图象(2)某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力f的图象如图乙所示若牛顿第二定律成立，则小车的质量为_kg，小盘的质量为_kg.(3)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为_ m/s2.解析：(1)实验时应先接通电源，再放开小车，a项错；每次改变小车质量时，没必要重新平衡摩擦力，b项错；实验要求m2m1，c项对；d项中应作am2或af图象，d项错(2)由题图乙中的af图线可知：a0.3，即图线的斜率k，可求解得m12.0 kg.当f0时，a0.3 m/s2，此时a，所以m00.06 kg.(3)当砝码重力越来越大时，a，即m2无限大时，a趋向于g.答案：(1)c(2)2.00.06(3)9.810(18分)(2017洛阳市期中考试)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l15.5 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l21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力f11 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fmgma1mgma22a1x1v，2a2x2vl1l2x1x2l1由以上各式联立可解得：0.4 mx122mg故平板做