物理（新课标）总复习第一轮复习教师用书：第三章章末过关检测（三） .docxVIP

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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－mgcosθ＝masinθ，mgsinθ－Ff＝macosθ。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（gcosθ＋asinθ)随加速度减小而减小;静摩擦力Ff＝m（gsinθ－acosθ），当gsinθ－acosθ＞0时，Ff的方向沿斜面向上，随加速度的减小而增大；当gsinθ－acosθ＜0，Ff的方向沿斜面向下，随加速度减小而减小;当gsinθ－acosθ＝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 B．Δl1Δl2，a1〉a2

C．Δl1＝Δl2,a1〉a2 D．Δl1〈Δl2，a1〈a2

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，根据牛顿第二定律得a1＝eq\f（F1－F2,2m)，再以A为研究对象,由牛顿第二定律得F1－k·Δl1＝ma1,代入解得弹簧的伸长量为Δl1＝eq\f(F1＋F2,2k)；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(F1－F2－2μmg，2m)＝eq\f（F1－F2,2m)－μg，再以A为研究对象，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＝eq\f（F1＋F2,2k)，可见Δl1＝Δl2，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()

A．0

B．大小为eq\f(2\r(3），3）g，方向竖直向下

C．大小为eq\f（2\r（3）,3）g,方向垂直于木板向下

D．大小为eq\f（\r(3)，3）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Fcosθ＝mg，即F＝eq\f(mg,cosθ）.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a＝eq\f(F,m)＝eq\f（2\r(3），3）g。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θ＝37°，并以v＝10m/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＝1kg的小物体,若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝