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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(M＋m)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(M＋m)g

B．框架对地面的压力大小为0 C．小球的加速度大小等于g

D．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，FN＝Mg，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v－t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0～t1时间内，FN减小，Ff增大

B．在0～t1时间内，FN减小，Ff减小

C．在0～t1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θ，由牛顿第二定律得FN－mgcos θ＝masin θ，mgsin θ－Ff＝macos θ.汽车启动过程中(0～t1时间内)加速度减小，所以斜面支持力FN＝m(gcos θ＋asin θ)随加速度减小而减小；静摩擦力Ff＝m(gsin θ－acos θ)，当gsin θ－acos θ＞0时，Ff的方向沿斜面向上，随加速度的减小而增大；当gsin θ－acos θ＜0，Ff的方向沿斜面向下，随加速度减小而减小；当gsin θ－acos θ＝0时，Ff＝0，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a＝0，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F1>F2.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Δl1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是(

)

A．Δl1＝Δl2，a1＝a2

C．Δl1＝Δl2，a1>a2

B．Δl1>Δl2，a1>a2

D．Δl1<Δl2，a1

解析：选C.设两个滑块的质量均为m，若水平地面光滑，以整体为研究对象，根据牛F1－F2顿第二定律得a1＝，再以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－k·Δl1＝ma1，代入2mF1＋F2解得弹簧的伸长量为Δl1＝；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相2kF1－F2－2μmgF1－F2同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a2＝＝－μg，再以A为2m2m研究对象，由牛顿第二定律得F1－k·Δl2－μmg＝ma2，代入解得弹簧的伸长量为Δl2＝F1＋F2，可见Δl1＝Δl2，a1>a2，故选项C正确．

2k4.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(

) A．0 23B．大小为g，方向竖直向下

323C．大小为g，方向垂直于木板向下

3D．大小为3g，方向水平向右

3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 θ＝mg，即F＝mg.当撤离木cos θ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F23向为垂直于木板向下，大小为a＝＝g.所以本题正确答案为C. m35．(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θ＝37°，并以v＝10 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m＝1 kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝

0.5，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)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F＝μFN

B．小物体运动1 s后加速度大小为2 m/s2

C．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mgsin θ＋μmgcos θ向沿传送带斜向下，大小为Ff1＝μmgcos θ，其加速度大小a1＝＝10 mm/s2，方向沿传送带斜向下.1 s末小物体的速度为v＝a1t＝10 m/s，又μ

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

Ff＝μFN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θ，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsin

θ＝μmgcos θ，即sin

θ＝μcos θ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m(g＋a)cos θ，Ff＝μm(g＋a)cos θ，因为sin

θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin

θ＝μm(g＋a)cos θ，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θ，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 θ＝mg①

对B：F′N1sin θ＝ma1②

由牛顿第三定律可知F′N1＝FN1③

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 θ＝mg④

FN2sin θ＝ma2⑤

由①③④可知FN2＝FN1＝F′N1⑥

由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，

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μ，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F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(

) FA．最大加速度为

mF＋μmgC．最大速度为

μkF＋μmgB．最大加速度为

mmgD．最大速度为

kmg解析：选AC.当F1mg，由牛m顿第二定律得F－μ(kv－mg)＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝F＋μmg，选项Cμk

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a－m1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m2≪m1，C项对；D项中应作a－m2或a－F图象，D项错．

F1(2)由题图乙中的a－F图线可知：a＝＋0.3，即图线的斜率k＝，可求解得m1＝2.0 m1m1F0m0gkg.当F＝0时，a＝0.3 m/s2，此时a＝＝，所以m0＝0.06 kg.

m1m1m2g(3)当砝码重力越来越大时，a＝，即m2无限大时，a趋向于g.

m2＋m1答案：(1)C

(2)2.0

0.06

(3)9.8

10．(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L1＝5.5 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L2＝1.1 m，瓶子质量m＝0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝11 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5＝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

F－μmg＝ma1

－μmg＝ma2

22a1x1＝v21，2a2x2＝－v1

L1－L2

由以上各式联立可解得：0.4 m

答案：0.4 m～0.5 m 11．(20分)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＝2.5 m、L2＝2 m．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＝2 kg，g取10 m/s2.求：

(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小；

(2)若v＝6 m/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＝μ1mgm＝3 m/s2

由于μ1mg>2μ2mg

故平板做匀加速运动，加速度大小：

a2＝μ1mg－μ2×2mgm＝1 m/s2

设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：v′＝v－a1t

1L2＋x＝vt－a1t2

2对平板：v′＝a2t

1x＝a2t2

2联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.

(2)滑块在传送带上的加速度：a3＝μmgm＝5 m/s2

若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：

v1＝2a3L1＝5 m/s<6 m/s

即滑块滑上平板的速度为5 m/s.

设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′

1则v″＝v1－a1t′，L2＋x′＝v1t′－a1t′2

21x′＝a2t′2

21联立以上各式代入数据解得：t′1＝

s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去)

21将t′＝

s代入v″＝v1－a1t′得：

2v″＝3.5 m/s.

答案：(1)4 m/s

(2)3.5 m/s