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1、第第 3 3 章章 牛顿运动定律牛顿运动定律章末过关检测(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
2、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
3、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
4、8 N，这时小车运动的加速度大小是(）A2 m/sC6 m/s22B4 m/sD8 m/s22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a错误错误! !4 m/s ，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()2A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错误错误! !C剪断弹簧瞬间
5、细绳的拉力为错误错误! !mgD细绳烧断瞬间小球的加速度为错误错误! !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v2gh得落地速度v错误错误! !;而现在小球受到弹簧的弹力做功,故落地时速度一定大于错误错误! !,故 B 错误；小球静止时，分析受力情况,如图:2由平衡条件得：细绳的拉力大小为：Tmgcos 53错误错误! !mg，弹簧的弹力大小为 :Fmgtan53错误错误! !mg，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T错误错误! !mg，故 C 错误;细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则
6、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错误错误! !错误错误! !g，故 D 正确5（2018安徽四校联考)如图所示，在倾角为 30的光滑为 2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平则外力F的A2mg B错误错误! !mgC6mgD4.5mg斜面上,一质量的过程中,小车大小为()解析：选 D。对整体分析，在沿斜面方向上有F3mgsin 303ma，对小球分析，小球受到水平拉力、重力的作用，合力F合错误错误! !2mg，故 2mgma，解得a2g，代入F3mgsin303ma中可得F4。5mg,D
7、 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/s ，则下列说法正确的是（)
8、2A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a13m/s ，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。
9、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2F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（）A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
10、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 ，sin370.6，cos 370。8.下列判断正确的是(）2A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 37mgcos
11、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 37gcos 372 m/s ，初速度相同，加速度大小相同,经过的位移大小相同，根据xv0t错误错误! !at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(121） 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 m1mB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
12、错误，D 正确22三、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/s已知 sin 37 0.6, cos 37 0.8，试求：2,（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 37F
13、NmgFcos 37Ffma又FfFN由以上三式可得:a0.3 m/s 。（2)撤去F时,物体的速度vat13 m/s撤去F后，物体减速的加速度大小为ag由 0 vat2得t2 1。5 s由x错误错误! !t22。25 m.答案:（1)0。3 m/s（2)1.5 s2。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
14、/s ，求：222（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错误错误! !错误错误! ! m/s210 m/s2根据牛顿第二定律，有mgsin 37mgcos 37ma，错误错误! !错误错误! !0.5。(2）根据速度时间公式,得：t20。3 s 时的速度大小v1v0at（1100.1） m/s0在t2之后开始下滑，下滑时的加速度为mgsin 37mgcos 37maagsin 37gcos 37(100.60。5100。8） m/s 2 m/s从t2
15、到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为22v2at20.1 m/s0。2 m/s。答案：（1)10 m/s0.5（2)00.2 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 kg 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/s ，求：22（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
16、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/s ，aM0.5 m/s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/s222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 Nffm，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:sm错误错误!
17、!amt错误错误! !小车的位移sMv0t1错误错误! !aMt错误错误! !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sm错误错误! !amt错误错误! !1 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s2vt2错误错误! !at错误错误! !，得s21.1 m，可见小物块在总共 1.5 s 时间内通过的位移大小为ssms22.1 m。答案：(1)1 s（2)0。75 m（3)2。1 m尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人
18、意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I in ourbusy schedule. We proofread the content carefully before the release ofthis article, but it is inevitable that there will be someunsatisfactory points. If there are omissions, please correct them. Ihope this article can solve your doubts and arouse your thinking. Partof the text by the users care and support, thank you here! I hope tomake progress and grow with you in the future.