2019届高考物理一轮复习人教新课标版练习：第3章 牛顿运动定律 章末过关检测(三)(附答案)

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()A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a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．(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mg＋k v＝ma，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mg－k v＝ma，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()A ．2 m/s 2B ．4 m/s 2C ．6 m/s 2D ．8 m/s 2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F ＝ma 得物块的加速度a ＝F m＝4 m/s 2，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( )A ．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53mg D ．细绳烧断瞬间小球的加速度为53g 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v 2＝2gh 得落地速度v ＝2gh ；而现在小球受到弹簧的弹力做功，故落地时速度一定大于2gh ，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：T ＝mg cos 53°＝53mg ，弹簧的弹力大小为：F ＝mg tan 53°＝43mg ，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T ＝53mg ，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：a ＝T m ＝53g ，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()A．2mg B．5mgC．6mg D．4.5mg解析：选D.对整体分析，在沿斜面方向上有F＋3mg·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＝mgsin 30°＝2mg，故2mg＝ma，解得a＝2g，代入F＋3mg sin 30°＝3ma中可得F＝4.5mg，D正确．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v－t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，g＝10 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v－t图象可知，1.5～3.5 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a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；由v－t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v－t图象如图乙中实线所示，下列判断正确的是()A ．在0～1 s 内，外力F 的大小恒定B ．在1～3 s 内，外力F 的大小恒定C ．在3～4 s 内，外力F 的大小不断减小D ．在3～4 s 内，外力F 的大小不断增大解析：选ABC.由v －t 图象可知，在0～1 s 内，物块A 做匀加速直线运动，外力F 大小恒定，A 正确；在1～3 s 内，物块A 做匀速直线运动，外力F 大小恒定，B 正确；在3～4 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μmg －F ＝ma ，解得F ＝μmg －ma ，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/s 2，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mg sin 37°>μmg cos 37°，所以物块都会沿斜面向下滑动，并且加速度大小都等于a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x ＝v 0t ＋12at 2可知两者的运动时间相同，都为t ＝1 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v B ＝v 0＋at ＝(1＋2×1) m/s ＝3 m/s ，B 正确；传送带在1 s 内的路程为x ＝v t ＝1 m ，A 与传送带是同向运动的，A 相对传送带的路程是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 m －1 m ＝1 m ．B 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 m ＋1 m ＝3 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m ＝4 kg ，与水平地面间的动摩擦因数为μ＝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g ＝10 m/s 2, 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t 1＝10 s 时撤去恒力F ，物体还能继续滑行的时间t 2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：F sin 37°＋F N ＝mgF cos 37°－F f ＝ma又F f ＝μF N由以上三式可得：a ＝0.3 m/s 2.(2)撤去F 时，物体的速度v ＝ at 1 ＝3 m/s撤去F 后，物体减速的加速度大小为 a ′＝ μg由0 ＝ v － a ′t 2得t 2 ＝ 1.5 s由x ＝v 2t 2＝2.25 m. 答案：(1)0.3 m/s 2 (2)1.5 s 2.25 m10．(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m ＝1 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，t ＝0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t ＝0.1 s 时滑块已上滑s ＝0.2 m 的距离，g ＝10 m/s 2，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μ；(2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小．解析：(1)在bc 段做匀减速运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2－10.2－0.1m/s 2＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律，有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ，μ＝a －g sin 37°g cos 37°＝10－10×0.610×0.8＝0.5. (2)根据速度时间公式，得：t 2＝0.3 s 时的速度大小v 1＝v 0－at ＝(1－10×0.1) m/s ＝0在t 2之后开始下滑，下滑时的加速度为mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′a ′＝g sin 37°－μg cos 37°＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s 2＝2 m/s 2从t 2到t 3做初速度为零的匀加速运动，t 3时刻的速度为v 2＝a ′t ′＝2×0.1 m/s ＝0.2 m/s.答案：(1)10 m/s 2 0.5 (2)0 0.2 m/s11．(20 分)如图所示，质量为M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g ＝10 m/s 2，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t ＝1.5 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a m 、a M ，由牛顿第二定律有：μmg ＝ma m 、F －μmg ＝Ma M,代入数据解得：a m ＝2 m/s 2，a M ＝0.5 m/s 2设经过时间t 1两者达到相同的速度，由a m t 1＝v 0＋a M t 1，解得：t 1＝1 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 ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝0.8 m/s 2此时小物块和小车之间的摩擦力f ＝ma ＝1.6 N而小物块和小车之间的最大静摩擦力f m ＝μmg ＝4 Nf <f m ，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：s m ＝12a m t 21小车的位移s M ＝v 0t 1＋12a M t 21小车至少的长度l ＝s M －s m代入数据得：l ＝0.75 m.(3)在开始的1 s 内，小物块的位移s m ＝12a m t 21＝1 m ， 末速度v ＝a m t 1＝2 m/s在剩下的时间t 2＝t －t 1＝0.5 s 时间内，物块运动的位移为s 2＝v t 2＋12at 22，得s 2＝1.1 m ，可见小物块在总共1.5 s 时间内通过的位移大小为s ＝s m ＋s 2＝2.1 m. 答案：(1)1 s(2)0.75 m (3)2.1 m。