2024高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律阶段检测含解析新人教版

PAGE9-阶段滚动检测(三)(第三章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)1．(2024·西安模拟)有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，如图所示，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。我们可以把篮球下落的情境志向化：篮球脱离篮网静止下落，遇到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹。若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是()【解析】选A。篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，依据牛顿其次定律有mg－f＝ma1，解得a1＝g－eq\f(f,m)；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，依据牛顿其次定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝g＋eq\f(f,m)，联立得a1<a2，即下落的加速度大小小于上升的加速度大小，故v­t图线正方向的斜率小于负方向的斜率，由于碰撞中存在能量损失，所以篮球弹起时的速度越来越小，故A正确，B、C、D错误。【加固训练】如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧起先，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。从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度渐渐减小，是失重过程，当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大，A正确，C、D错误；当小球到达最低点时，小球的加速度最大，速度为0，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，小球先向下加速，后向下减速，先失重，后超重，故B错误。2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()A．F1<F2B．F2>F3C．F1>F3 D．F1＝F3【解析】选A。依据v­t图象可以知道，在0～5s内加速度为a1＝0.2m/s2，方向沿斜面对下；在5～10s内，加速度a2＝0；在10～15s内加速度为a3＝－0.2m/s2，方向沿斜面对上；受力分析如图。在0～5s内，依据牛顿其次定律：mgsinθ－f－F1＝ma1，则F1＝mgsinθ－f－0.2m；在5～10s内，依据牛顿其次定律：mgsinθ－f－F2＝ma2，则F2＝mgsinθ－f；在10～15s内，依据牛顿其次定律：mgsinθ－f－F3＝ma3，则F3＝mgsinθ－f＋0.2m，故可以得到F3>F2>F3.(物体平衡)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则()A．F1保持不变，F3增大B．F1增大，F3保持不变C．F2增大，F3增大D．F2增大，F3保持不变【解析】选C。先对B、C整体分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，依据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：加上C物体，相当于整体的重力增加了，故墙对B的作用力F1增加，A对B的支持力也增加，依据牛顿第三定律，B对A的作用力F2也增加；再对A、B、C整体分析，受重力、地面支持力、地面的静摩擦力、墙壁的支持力，依据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，故加上C物体后，地面的支持力F3变大，故A、B、D错误，C正确。4.(2024·玉溪模拟)某工人利用升降机将货物从一楼竖直运输到五楼。设此过程中货物随升降机一起先做匀加速直线运动,再做匀速运动,最终做匀减速直线运动到停止。则()A.货物在升降机中始终处于超重状态B.货物在升降机中始终处于失重状态C.升降机匀减速上升过程中,货物对底板的压力小于货物自身的重力D.升降机匀加速上升过程中,货物对底板的压力大于底板对货物的支持力【解析】选C。当电梯先竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度的方向向上,电梯处于超重状态;当电梯向上做匀速直线运动的过程中,电梯没有加速度,处于平衡状态;当电梯向上做减速运动的过程中,电梯的加速度的方向向下,所以电梯处于失重状态,故A、B错误;升降机匀减速上升过程中,货物处于失重状态,货物对底板的压力小于货物自身的重力,故C正确;不论升降机处于什么状态,货物对底板的压力和底板对货物的支持力是一对作用力和反作用力,始终大小相等,方向相反,故D错误。5．(2024·宜昌模拟)绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的图象如图所示。t＝0时刻质量为1kg的楔形物体以某一初速度从B点滑上传送带，并沿传送带向上做匀速运动，2s后起先减速，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点。重力加速度为g(g取10m/s2)。对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法不正确的是(sin37°＝0.6，cos37A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B．2s后物体与传送带相对静止一起运动C．2s后物体受到的摩擦力沿传送带向下D．传送带AB长度为6【解析】选C。依据速度时间图象的斜率表示加速度，可得传送带运动的加速度为－1m/s2，t＝0时刻质量为1kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，说明物体受力平衡，由平衡条件可知μmgcos37°＝mgsin37°，解得物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.75，故选项A正确；2s末，传送带的速度为2m/s，物体起先减速，分析可知，物体做匀速直线运动的速度为2m/s，且2s后物体与传送带一起做加速度为－1m/s2的匀减速运动，在t＝4s时物体恰好到达最高点A点，则传送带的长度lAB＝vt1＋eq\f(v,2)t2＝2×2m＋2×eq\f(2,2)m＝6m，2s后对物体，用牛顿其次定律：f＋mgsin37°＝ma解得f＝－5N，可知2s后物体受到的摩擦力沿传送带向上，故选项C错误，BD正确。6．(2024·昆明模拟)如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上的挡板上。a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动。当它们刚运动至轨道的粗糙段时，下列说法可能正确的是()A．绳的张力减小，地面对a的支持力不变B．绳的张力减小，地面对a的支持力增加C．绳的张力增加，斜面对b的支持力不变D．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加【解析】选A、B。若二者在粗糙段上仍相对静止，应用整体法可知地面的支持力不变，隔离b探讨，b受重力、斜面的支持力及细绳的张力，在地面轨道的光滑段时这三力的合力为0，滑上粗糙段后合力方向改为水平向右，重力不变、张力减小、斜面的支持力增大，A正确；若在粗糙段上，b相对于斜面对上运动，b对地有一个向上的加速度，系统处于超重状态，因此绳的张力减小，地面对整体的支持力增大，B正确，C、D错误。7．(匀变速直线运动)某物体做直线运动，设该物体运动的时间为t，位移为x，其eq\f(x,t2)­eq\f(1,t)图象如图所示，则下列说法正确的是()A.物体做的是匀加速直线运动B．t＝0时，物体的速度为2abC．0～b时间内物体的位移为2ab2D．0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动【解析】选B、D。依据位移的公式x＝v0t＋eq\f(1,2)a′t2变形得eq\f(x,t2)＝eq\f(v0,t)＋eq\f(1,2)a′，依据图象结合公式可知，直线的斜率为v0＝eq\f(a,\f(1,2b))＝2ab，t＝0时，物体的速度为2ab，B正确；－a＝eq\f(1,2)a′，a′＝－2a，故加速度为－2a，b时间内的位移为x＝2ab2＋eq\f(1,2)(－2a)b2＝ab2，C错误；物体的速度为v＝2ab－2at，则0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动，A错误、D正确。8．质量分别为M和m的物块形态大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A.轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g【解析】选B、C、D。互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。【加固训练】(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A.8B.10C.15D.18【解析】选B、C。如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m。当向东行驶时，以y节车厢为探讨对象，则有F=mya；当向西行驶时，以x节车厢为探讨对象，则有F=mxa，联立两式有y=x。可见，列车车厢总节数N=x+y=x，设x=3n(n=1，2，3，…)，则N=5n(n=1，2，3，…)，故可知选项B、C正确。二、试验题(12分)9．如图所示，某同学借用“探究加速度与力的关系的试验装置”完成以下试验：他在气垫导轨上安了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处静止释放。(1)气垫导轨是一种现代化的力学试验仪器。它利用小型气源将压缩空气送入导轨内腔。空气再由导轨表面上的小孔中喷出，在导轨表面与滑块内表面之间形成很薄的气垫层。滑块就浮在气垫层上，与轨面脱离接触。试验前应当调整支脚上螺母使气垫导轨____________(选填“水平”“左高右低”或“左低右高”)。(2)试验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间为t，还测得A、B间的距离为L，则滑块的加速度为__________(用d、L和t表示)。(3)为了减小试验误差，下列措施中正确的一项是________(请填写选项前对应的字母)。A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B．应使光电门B与释放滑块的位置A的距离近一些C．遮光条要宽一些D．应使滑轮与滑块间的细线与气垫导轨平行(4)变更钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，若在进行处理数据时在直角坐标系中作出了t2­eq\f(1,F)图象，则该图象是________(请填写选项前对应的字母)。A．抛物线 B．过原点的倾斜直线C．不过原点的倾斜直线 D．双曲线(5)若测得(4)中图线的斜率为k，还可以求得滑块的质量为________。(用d、L和k表示)【解析】(1)滑块浮在气垫层上，气垫层对滑块支持力为0，因此滑块不受摩擦力，不须要平衡摩擦力，因此调整支脚上螺母使气垫导轨水平。(2)滑块通过B点的速度为v＝eq\f(d,t)，依据2aL＝v2可得a＝eq\f(d2,2Lt2)。(3)由于运用了力传感器，因此不须要滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量；应使光电门B与释放滑块的位置A的距离适当大点，保证相对误差小点；遮光条要窄一些，保证平均速度更接近于瞬时速度，选项A、B、C错误。(4)设滑块质量为m，依据F＝ma，a＝eq\f(d2,2Lt2)可得t2＝eq\f(md2,2L)·eq\f(1,F)，故t2­eq\f(1,F)图象为过原点的倾斜直线。(5)t2＝eq\f(md2,2L)·eq\f(1,F)，k＝eq\f(md2,2L)，解得m＝eq\f(2kL,d2)答案：(1)水平(2)eq\f(d2,2Lt2)(3)D(4)B(5)eq\f(2kL,d2)三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)10．(20分)(2024·宜昌模拟)一小轿车在倾角为37°的斜坡上行驶，在A点时发觉前面C处有一池塘如图，马上松开油门滚动前行，此时小轿车速度为20m/s，AB间距20m，当小轿车到达底端B时进入一水平面，BC间距75m，已知整个过程小轿车不采纳刹车装置时的滚动摩擦因数为0.2，采纳刹车装置时滑动摩擦因数为0.5(g取10(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度大小；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，小轿车至少距离C点多远处起先刹车。【解析】(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿其次定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma1代入数据得a1＝4.4m/s2由veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝2a1x1得行驶至斜坡底端时的速度vB＝24m/s(2)在水平地面上不采纳刹车装置时，由牛顿其次定律得μmg＝ma2代入数据得a2＝2m/s2采纳刹车装置时μ′mg＝ma3代入数据得a3＝5m/s2设刹车时速度为v，距离C点为x，则veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－v2＝2a2(75－x)v2＝2a3解得x＝46m答案：(1)24m/s(2)46m11.(20分)(2024·绵阳模拟)如图所