高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律章末过关检测（三）.doc

1 / 9【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选高考物理一轮复习 第第 3 3 章章 牛顿运动定牛顿运动定律章末过关检测（三）律章末过关检测（三）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(2018·广西桂林中学模拟)一质点受多个力的作用，处于静止状态现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小 v 的变化情况是( )Aa 和 v 都始终增大 Ba 和 v 都先增大后减小 Ca 先增大后减小，v 始终增大 Da 和 v 都先减小后增大解析：选 C.质点受多个力作用而处于静止状态，则其中任意一个力与其他各个力的合力等大反向使其中一个力大小逐渐减小到零的过程中，质点受到的合力不断增大且合力方向与这个力的方向相反，质点做加速度不断增大的变加速运动当这个力减小为零时，质点的加速度达到最大值，此时速度增加得最快当这个力又沿原方向逐渐恢复的过程中，质点受到的合力不断减小，质点的加速度也不断减小，但加速度与速度仍同向，质点开始做加速度不断减小的变加速运动当这个力恢复到原来大小时，质点受到的合外力为零，加速度减小到零，质点的速度达到最大值，C 正确2 / 92(2018·安徽四校联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )A上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选 C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即 mgkvma，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即 mgkvma，速度在增大，所以加速度在减小，故 C 正确3(2018·河北武邑中学模拟)如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为 20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为 1 kg的物块在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为 10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为 8 N，这时小车运动的加速度大小是( )A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2解析：选 B.当弹簧测力计甲的示数变为 8 N 时，弹簧测力计乙的示数变为 12 N，这时物块所受的合力为 4 N由牛顿第二定律 Fma得物块的加速度 a4 m/s2，故选项 B 正确4(2018·湖北孝感高级中学模拟)细绳拴一个质量为 m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了 x(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为 53°，小球到地面的高度为 h，如图所示下列说法中正确的是( )3 / 9A细绳烧断后小球做平抛运动B细绳烧断后，小球落地的速度等于2ghC剪断弹簧瞬间细绳的拉力为 mgD细绳烧断瞬间小球的加速度为 g解析：选 D.细绳烧断后小球受弹簧弹力和重力，水平方向做加速度减小的加速运动，竖直方向做自由落体运动，故 A 错误；小球若做自由落体运动时，根据 v22gh 得落地速度 v；而现在小球受到弹簧的弹力做功，故落地时速度一定大于，故 B 错误；小球静止时，分析受力情况，如图：由平衡条件得：细绳的拉力大小为：Tmg，弹簧的弹力大小为：Fmgtan 53°mg，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为Tmg，故 C 错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：ag，故 D 正确5(2018·安徽四校联考)如图所示，在倾角为 30°的光滑斜面上，一质量为 2m 的小车在沿斜面向下的外力 F 作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为 m)的轻绳恰好水平则外力 F 的大小为( )A2mg BmgC6mg D4.5mg解析：选 D.对整体分析，在沿斜面方向上有 F3mg·sin 30°3ma，对小球分析，小球受到水平拉力、重力的作用，合力 F 合2mg，故 2mgma，解得 a2g，代入 F3mgsin 30°3ma 中可得 F4.5mg，D 正确4 / 9二、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(2018·安徽六安一中模拟)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为 200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了 0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的 vt 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g10 m/s2，则下列说法正确的是( )A演员的体重为 800 NB演员在最后 2 s 内一直处于超重状态C传感器显示的最小拉力为 620 ND滑杆长 7.5 m解析：选 BC.演员在滑杆上静止时传感器显示的 800 N 等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为 600 N，A 错误；由 vt 图象可知，1.53.5 s 内演员向下做匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B 正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时 a13 m/s2，对演员由牛顿第二定律知 mgFf1ma1，解得Ff1420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1420 N200 N620 N，C 正确；由 vt 图象中图线围成的面积可得滑杆长为 4.5 m，D 错误7(2018·广东仲元中学模拟)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块 A 在水平向右的外力 F 的作用下做直线运动，其 vt 图象如图乙中实线所示，下列判断正确的是( )5 / 9A在 01 s 内，外力 F 的大小恒定B在 13 s 内，外力 F 的大小恒定C在 34 s 内，外力 F 的大小不断减小D在 34 s 内，外力 F 的大小不断增大解析：选 ABC.由 vt 图象可知，在 01 s 内，物块 A 做匀加速直线运动，外力 F 大小恒定，A 正确；在 13 s 内，物块 A 做匀速直线运动，外力 F 大小恒定，B 正确；在 34 s 内，物块 A 做加速度逐渐增大的减速直线运动，由牛顿第二定律得 mgFma，解得Fmgma，故外力 F 的大小不断减小，C 正确，D 错误8(2018·安徽四校联考)如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m 且与水平方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，g 取 10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.下列判断正确的是( )A物块 A、B 同时到达传送带底端B物块 B 到达传送带底端的速度为 3 m/sC物块 A 下滑过程中相对传送带的路程为 3 mD物块 B 下滑过程中相对传送带的路程为 3 m解析：选 ABD.两个物块在沿斜面方向上由于 mgsin 37°>mgcos 37°，所以物块都会沿斜面向下滑动，并且加速度大小都等于agsin 37°gcos 37°2 m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据 xv0tat2 可知两者的运动时间相同，都为 t1 s，即两者同时到达底端，A 正确；B 到达传送带底端时的速度 vBv0at(12×1) m/s3 m/s，B 正确；传送带在 1 s 内的路程为 xvt1 m，A 与传送带是同向运动的，A 相6 / 9对传送带的路程是 A 对地路程(斜面长度)减去在此时间内传送带的路程，即为 2 m1 m1 mB 与传送带是反向运动的，B 相对传送带的路程是 B 对地路程(斜面长度)加上在此时间内传送带的路程，即为 2 m1 m3 m，C 错误，D 正确三、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(15 分)(2018·桂林十八中模拟)如图所示，物体的质量 m4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为 0.2，在与水平方向夹角为37°、大小为 10 N 的恒力 F 的作用下，由静止开始加速运动，取g10 m/s2, 已知 sin 37° 0.6, cos 37° 0.8，试求：(1)物体运动的加速度的大小 a；(2)若 t110 s 时撤去恒力 F，物体还能继续滑行的时间 t2 和距离x.解析：(1)物体在加速运动时，受力分析如图所示，由平衡条件及牛顿第二定律得：Fsin 37°FNmgFcos 37°Ffma又 FfFN由以上三式可得：a0.3 m/s2.(2)撤去 F 时，物体的速度 v at1 3 m/s 撤去 F 后，物体减速的加速度大小为 a g 由 0 v at2 得 t2 1.5 s 由 xt22.25 m.答案：(1)0.3 m/s2 (2)1.5 s 2.25 m7 / 910(17 分)(2018·安徽六安一中模拟)如图甲所示，在倾角为 37°的粗糙斜面底端，一质量 m1 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连，t0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，在 t0.1 s 时滑块已上滑 s0.2 m 的距离，g10 m/s2，求：(1)滑块离开弹簧后在图中 bc 段对应的加速度 a 的大小以及动摩擦因数 ；(2)t20.3 s 和 t30.4 s 时滑块的速度 v1、v2 的大小解析：(1)在 bc 段做匀减速运动，加速度大小为a m/s210 m/s2根据牛顿第二定律，有 mgsin 37°mgcos 37°ma，0.5.(2)根据速度时间公式，得：t20.3 s 时的速度大小v1v0at(110×0.1) m/s0在 t2 之后开始下滑，下滑时的加速度为mgsin 37°mgcos 37°maagsin 37°gcos 37°(10×0.60.5×10×0.8) m/s22 m/s2从 t2 到 t3 做初速度为零的匀加速运动，t3 时刻的速度为v2at2×0.1 m/s0.2 m/s.答案：(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s11(20 分)如图所示，质量为 M8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力 F8 N，当小车向右运动的速度达到v01.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为 m2 8 / 9kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数 0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取 g10 m/s2，求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；(3)从小物块放上小车开始，经过 t1.5 s 小物块对地的位移大小为多少？解析：(1)设小物块和小车的加速度分别为 am、aM，由牛顿第二定律有：mgmam、FmgMaM, 代入数据解得：am2 m/s2，aM0.5 m/s2 设经过时间 t1 两者达到相同的速度，由 amt1v0aMt1，解得：t11 s.(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度 a 做匀加速运动，对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，解得：a0.8 m/s2此时小物块和小车之间的摩擦力 fma1.6 N而小物块和小车之间的最大静摩擦力 fmmg4 Nf<fm，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止从小物块放上小车开始，小物块的位移为：smamt2 1小车的位移 sMv0t1aMt2 1小车至少的长度 lsMsm代入数据得：l0.75 m.(3)在开始的 1 s 内，小物块的位移 smamt1 m，末速度 vamt12 m/s在剩下的时间 t2tt10.5 s 时间内，物块运动的位移为s2vt2at，得 s21.1 m，可见小物块在总共 1.5 s 时间内通过9 / 9的位移大小为 ssms22.1 m.答案：(1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m