2025届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末质量检测含解析沪科版

PAGE8-章末质量检测(三)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.2024年8月的雅加达亚运会中，我国运动员司雅杰勇夺女子十米跳台桂冠。她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图1所示。不计空气阻力，下列说法正确的是()图1A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小解析起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她斜向上运动，具有水平初速度，所以下落过程不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，起先时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，后阶段水对她的作用力大于她的重力，即入水后的速度先增大后减小，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D正确。答案D2.质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图2所示，a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v－t图象，则拉力与摩擦力之比为()图2A.9∶8 B.3∶2C.2∶1 D.4∶3解析由v－t图象知，图线a为仅受摩擦力的作用，加速度大小a1＝1.5m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的作用，加速度大小a2＝0.75m/s2。列方程Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得eq\f(F,Ff)＝eq\f(3,2)。答案B3.(2024·山东泰安一模)如图3所示，质量为m的小球被非弹性绳A和B系住，其中B绳水平，下列说法正确的是()图3A.平衡时水平绳的拉力为mgsinαB.剪断水平绳，斜绳的拉力不变C.剪断水平绳，小球的加速度为gsinαD.剪断斜绳，小球的加速度为gtanα解析由图可知，平衡时水平绳的拉力为mgtanα，故选项A错误；剪断水平绳，斜绳的拉力在瞬间可以突变，剪断水平绳前，A绳的拉力为eq\f(mg,cosα)，剪断水平绳瞬间，A绳的拉力为mgcosα，故选项B错误；剪断水平绳，将小球的重力沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，沿垂直绳的方向产生加速度，大小为a＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，故选项C正确；剪断斜绳，水平绳的拉力瞬间变为零，则小球的加速度为g，故选项D错误。答案C4.如图4所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为eq\f(μ,3)。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则a1与a2的比为()图4A.1∶1 B.2∶3C.1∶3 D.3∶2解析当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界状况是A、B间的摩擦力刚达到最大静摩擦力，A、B的加速度相等，单独对B分析，B的加速度为aB＝a1＝eq\f(μmg－\f(1,3)μ2mg,m)＝eq\f(1,3)μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，对A分析，有aA＝a2＝eq\f(μmg,m)＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，故选项C正确。答案C5.如图5所示，在与坡底B点的距离为L的山坡上，竖直固定一长度为L的直杆AO，A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳。现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止起先沿钢绳无摩擦地滑下，则小环在钢绳上滑行的时间为()图5A.eq\f(1,2)eq\r(\f(L,g)) B.eq\r(\f(L,g))C.eq\r(\f(2L,g)) D.2eq\r(\f(L,g))解析如图所示，以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间，有2L＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(L,g))。故选项D正确。答案D6.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发觉体重计示数如图6所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法正确的是()图6A.该同学所受的重力变小了B.该同学对体重计的压力大小等于体重计对该同学的支持力大小C.电梯肯定在竖直向下运动D.电梯的加速度大小为eq\f(g,5)，方向肯定竖直向下解析体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变更，故选项A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，依据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数减小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知FN1＝mg，电梯运动过程中，FN2＝eq\f(4,5)mg，由牛顿其次定律可知mg－FN2＝ma，代入数据解得a＝eq\f(1,5)g，故选项D正确。答案BD7.将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ。对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小可能是()图7A.eq\f(ma＋μmg,cosθ＋μsinθ) B.eq\f(ma＋μmg,cosθ－μsinθ)C.eq\f(ma,sinθ) D.eq\f(mg,sinθ)解析对环受力分析，受重力、拉力，还可能受弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0；(1)若环受到的弹力为0，则：Fcosθ＝ma，Fsinθ＝mg，解得：F＝eq\f(mg,sinθ)或F＝eq\f(ma,cosθ)；(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma，所以：F＝eq\f(ma＋μmg,cosθ＋μsinθ)；(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcosθ－μ(Fsinθ－mg)＝ma，所以：F＝eq\f(ma－μmg,cosθ－μsinθ)；所以选项A、D正确，B、C错误。答案AD8.物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图8甲所示受到平行斜面对下的力F的作用，力F随时间变更的图象如图乙所示，起先运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10m/s2)()图8A.物体的质量m＝1kgB.物体的质量m＝2kgC.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)D.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(7\r(3),15)解析由起先运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，可知0～2s内物体的加速度大小为a＝1m/s2；在0～2s内对物体应用牛顿其次定律得，F1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡条件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，联立解得m＝1kg，μ＝eq\f(7\r(3),15)，选项A、D正确。答案AD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9.(10分)在用DIS探讨小车加速度与外力的关系时，某试验小组先用如图9a所示的试验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(放射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，试验中力传感器的拉力为F，保持小车[包括位移传感器(放射器)]的质量不变，变更重物重力重复试验若干次，得到加速度与外力的关系如图b所示。图9(1)小车与轨道间的滑动摩擦力Ff＝________N。(2)从图象中分析，小车[包括位移传感器(放射器)]的质量为________kg。(3)该试验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tanθ＝________。解析(1)依据图象可知，当F＝0.6N时，小车起先有加速度，则Ff＝0.6N。(2)依据牛顿其次定律a＝eq\f(F－Ff,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(Ff,M)，则a－F图象的斜率表示小车[包括位移传感器(放射器)]质量的倒数，则M＝eq\f(1,k)＝eq\f(4.0－2.0,5.0－2.0)kg＝eq\f(2,3)kg≈0.67kg。(3)为得到a与F成正比的关系，则应当平衡摩擦力，则有：Mgsinθ＝μMgcosθ解得tanθ＝μ依据Ff＝μMg得μ＝eq\f(0.6,\f(2,3)×10)＝0.09所以tanθ＝0.09。答案(1)0.6(2)0.67(3)0.0910.(12分)(2024·山东等级考模拟卷)如图10甲所示，在高速马路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急状况的车辆避险运用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。图10(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应当满意什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)。解析(1)货车与避险车道间的最大静摩擦力Fmax＝μmgcosθ，要货车能静止在避险车道上，需mgsinθ≤μmgcosθ，得tanθ≤0.3。(2)货车在避险车道上减速行驶，设其加速度大小为a，则mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝5.51m/s2又因veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝57m。答案(1)tanθ≤0.3(2)57m11.(14分)如图11所示，在水平向右运动的车厢中，用不行伸长的轻绳悬挂的小球稳定向左偏，细线与竖直方向成θ＝37°角，且小球与正下方A点高度差为h＝1.8m。小球质量为m＝4kg，当地重力加速度取g＝10m/s2。图11(1)求车厢的加速度大小a及小球所受拉力大小F；(2)若车速达到v＝10m/s时车厢起先做匀减速运动，加速度大小仍为a，同时剪断悬挂小球的轻绳，则小球在车厢内落点与A点的水平距离是多少？(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析(1)对小球受力分析如图所示，则有mgtan37°＝ma，a＝7.5m/s2，方向水平向右，Fcos37°＝mg解得F＝50N，沿细线向上(2)剪断悬挂小球的轻绳，小球做平抛运动h＝eq\f(1,2)gt2，x球＝vt，解得t＝0.6s，x球＝6m车厢匀减速x车＝vt－eq\f(1,2)at2＝4.65m小球在车厢内落点与A点的水平距离Δx＝x球－x车＝6m－4.65m＝1.35m，在A点右侧。答案(1)7.5m/s250N(2)A点右侧1.35m12.(16分)如图12所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5m、L2＝2m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2kg，g取10m/s2。求：图12(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板的速度大小；(2)若v＝6m/s，求滑块离开平板时的速度大小。解析(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小a1＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝3m/s2平板在支持面上做匀加速运动，加速度大小a2＝eq\f(μ1mg－2μ2mg,m)＝1m/s2对滑块v2＝v1－a1t，x1＝v1t－eq\f(1,2)a1t2对平板v2＝a2t，x2＝eq\f(1,2)a2t2滑块恰好不从平板上掉下，则有x1－x2＝L2联立以上各式得v1＝4m/s。(2)滑块在传送带上可能先做匀加速运动后做匀速直线运动，加速度大小a3＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2，加速时间t1＝eq\f(v,a3)＝1.2