高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末滚动练.pdf

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1、精品教案可编辑第三章 牛顿运动定律一、单项选择题1关于物体运动的加速度，下列说法正确的是()A做直线运动的物体，加速度方向一定不变B做曲线运动的物体，加速度可能不变C做匀速圆周运动的物体，加速度不变D以额定功率做加速直线运动的汽车，加速度是恒定的2.如图 1 为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15 倍，sin 37 0.6，cos 37 0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()图 1A0.35mgB0.3mgC0.

2、23mgD0.2mg3如图2 所示，工厂利用传送带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C精品教案可编辑平台离地面的高度一定运输机的传送带以一定的速度v顺时针转动且不打滑将货物轻轻地放在A处，货物随传送带到达平台货物在传送带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹已知所有货物与传送带间的动摩擦因数为.若传送带的倾角、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足tan mgsin，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速运动的时间t2Lx1v，因此货物从底端运送到顶端的时间tt1t2Lvv2a，当速度一定时，越大，加速度越小，运送的时间越长，A 错误；当一定时，加速度一定，精品教案可编辑速度

3、不同，运送时间不同，B 错误；货物相对传送带运动的位移xvt1v2t1v2t1，v和一定，加速度一定，速度一定，由t1va得货物的加速时间t1一定，货物相对传送带的位移一定，C 错误；摩擦产生的热量为 mgx，当倾角和速度v一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D 正确 4D 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小均为2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，可知只有D 对 5BCD 由匀变速直线运动的速度位移公

4、式得v2v20 2ax，由题图乙可得av2v202x10 m/s2，故减速运动时间：tvv0a1 s，故 A 错误；由题图乙可知，在0 1 s 内物体向上做匀减速运动，1 s 后物体反向做匀加速运动，t 1 s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，物体反向加速运动时的加速度：av22x32213 5m/s2 2 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma，mgsin mgcos ma，代入数据解得：0.5，37，故 C、D 正确 6AD 小球与小车相对静止且弹簧处于拉伸状态，知小球所受的合力向左，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向向左，小球和小车具有相同的加速度，知小车具有向

5、左的加速度，所以小车向左做加速运动或向右做减速运动故A、D 正确，B、C 错误 7(1)0.3(2)1 0.01解 析(1)根 据 匀 变 速 直 线 运 动 的 特 点xaT2解 得aCEAC2T02精品教案可编辑6.60 6.90 12.30 10 22 0.12m/s20.3 m/s2.(2)根据牛顿第二定律得amgfMgMmfM，故图像的斜率表示gM，根据图像知斜率为10 m/(s2 kg)，故小车的质量为 1 kg.当加速度等于零时，fmg0.1 N，平衡摩擦力时满足重力的分力等于摩擦力，即Mgsin 0.1 N，解得 sin 0.01.8(1)0.1(2)436 s解析(1)当F0

6、 时，s6.0 m，由动能定理得mgLsin mgs00.1(2)当F3 N 时，由牛顿第二定律得mgsin Fcos ma1由L12a1t21得物体在斜面上的运动时间t163s由va1t1水平面上由牛顿第二定律 mgma2va2t2可得t26 s物体运动的总时间为tt1t2436 s9(1)9 m/s(2)1.4 m解析(1)对木块和木板组成的系统，有精品教案可编辑1(mM)g(mM)a1，v20v212a1(xL)解得v19 m/s.(2)由牛顿第二定律可知am2g 9 m/s2.aM2mg1MmgM6 m/s2.m运动至停止时间为t1v1am1 s此时M速度vMv1aMt13 m/s，方向向左此后至m、M共速时间设为t2，有：vMaMt2amt2得：t20.2 s共同速度v共1.8 m/s，方向向左至共速M位移x1v1v共2(t1t2)6.48 m共速后m、M以a11 m/s2向左减速至停下的位移x2v2共2a11.62 m最终木板M左端A点位置坐标为x 9.5 x1x29.5 m 6.48 m 1.62 m 1.4 m.