2019届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末过关检测新人教版

1、3.第三章牛顿运动定律章末过关检测（三）（时间：60 分钟满分：100 分）一、单项选择题（本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项正确）1.（2018 福建三明清流一中段考）如图所示，人沿水平方向拉牛， 但没有拉动，下列说法 正确的是（）A. 绳拉牛的力小于牛拉绳的力B. 绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C. 绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D. 绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析：选 C.绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故 A、B 错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡

2、力，故C 正确，心 7D 错误.2. （2018 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 （阿mg.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（W mgb. 框架对地面的压力大小为 0c. 小球的加速度大小等于 gD.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，MgA、B 项错误.3.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

3、 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3如图所示，在倾角为0的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动,经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为卩的粗糙水平面上，重力加速度为g.下列说法正确的是（）解析：选 C.装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即FN=mgA 错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为M由牛顿第二定律可知 卩Mg= Ma解得a=

4、卩g,则小球的加速度大小也为卩g,方向水平向右，对小球受力分析如图所示，小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为FN=7（mg2+（ma2mg由以上分析可知 D 错误； 由于竖直方向合力一定为零， 因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B 错误；当a=gtan0时，代入以、）上的式子可得FN=mg, C 正确.cos0（2018 广西桂林十八中月考）如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部 相切于0点，现在有三条光滑轨道a、b、c,它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边,三轨道都经过切点0现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端

5、（轨道先后放置）,则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为A.向左匀速时，杆对小球的作用力大小为mgcos0B. 在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右C.在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为mgcos0D. 整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于因此在粗糙水平mg4B.taVtbVtcA. tatbtc5Cta=tb=tc解析：选 B.设上面圆的半径为r,矩形宽为 R,轨道与竖直方向的夹角为a,则轨道的、R、mgcosa ,1o长度s= 2rcosa+，下滑的加速度a=，根据位移时间公式得，s=at,cosam22s42R则t= ：. .+2.因为a、b

6、、c夹角由小至大，所以有tctbta.故 B 正确，j a l g gcosaAC、D 错误.5.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Fi、F2的作用下运动，且FIF2.以A B为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为丨1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为|2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是（）兔-|Bj旳A.11= A12,a1=sbB.11A12,a1a2C.11= A12,a1a2D.A11A12,a1a2，故选项 C 正确.6.a（G） O）（2018 山东师大附中模拟）如图所示，一水平的

7、浅色长传送带上放置一质量为m的煤块 （可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 卩.初始时，传送带与煤块都是静止的. 现 让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动. 经过一 段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后， 煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过 程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）aA.3与a之间一定满足关系卩-gD.无法确定F1+F22= 2k62B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为3g7C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为中正确的是（）A 采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B. 两种情况下获取的最大加速度相同C

8、. 两种情况下所加的最大推力相同D.黑色痕迹的长度为（a卩g）v22a2解析：选 C.方法一公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a=卩g,由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a卩g,则a卩g, A 错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t =，此时煤块的位移 卩g22vvXi=，传送带的位移X2=+v2 卩g2a痕迹的长度，则 x=X2Xi=v21 g2a方法二 图象法：根据题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度由题意作出煤块和传送带的速度一时间图象，如图所示，由于二者定大于煤块的加速度,最终的速度均为v,则ti=v、t2

9、=-v，煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大a卩g2v v小为图线Ob与横轴所围的面积，即x=;t2=，黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位221g移，即图线Oa ab、Ob所围的面积，则x=v（t2ti）=o22卩g2a二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分.在每小题给出的四个选项中，6 分，选对但不全的得 3 分，有错选或不答的得 0有多个选项符合题目要求，全选对的得分）必從7.如图所示，质量均为m的A B两物块置于光滑水平地面上，A B接触面光滑，倾角为B,现分别以水平恒力F作用于A物块上, 保持A B相对静止共同运动，则下列说法2 2v v汽a=誘話煤块相

10、对于传送带的位移等于黑色2,C 正确，B、D 错误.乙8D. 采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力9解析：选 BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面,FNICOS0 =mg对B：FNisin0=ma由牛顿第三定律可知FN2COS0 =mgFN2sin0 =ma由可知FN2=FN1=FNi故选项 B、C 正确，选项AD 错误.8.2017 年 6 月 4 日，雨花石文创新品在南京市新城科技园发布,陵之美.某小朋友喜欢玩雨花石， 他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成 功叠放在一起，如图所示.斜面体乙静止在水平地面上. 现减小水平外力F,三者仍然静止,则下列说法中正确的是（）

11、A. 甲对丙的支持力一定减小B. 乙对甲的摩擦力一定减小C. 地面对乙的摩擦力一定减小D. 甲可能受 5 个力的作用解析：选 CD.把甲、乙、丙看成一个整体，系统处于平衡状态，水平方向上静摩擦力的大小等A受力如图 1乙方式中，F最大时,B刚要离开地面,B受力如图 2 所示，则由式可得a2=ai,对整体易知F2=Fi,20 余项文创新品体现金图FNi=FN110于水平外力F的大小，当F减小时，地面对乙的摩擦力随之减小，C 正确；对丙进行受力分析，丙始终处于静止状态，所受各个力的大小均不变，A 错误；将甲、丙看成一个整体，由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定，故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定，B

12、 错误;当甲、乙之间的静摩擦力为 0 时，甲受 5 个力的作用，如图所示，D 正确.9.（2018 山东德州模拟）在倾角为0的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为 3m和 2m弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板，系统处于静止状态.现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动,C.恒力F的大小为 5mgin0+ 3maD.当A的速度达到最大时，B的加速度大小为|a（2018 潍坊模拟）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，、环与杆的动摩擦因数为i,现给环一个水平向右的恒力F,使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力Fi=

13、kv,其中k为常数，则圆环运动过程中（）A 最大加速度为mC.最大速度为F+mgXfYD.最大速度为k解析：选 AC.当Fmg由牛顿第二定律得Fi（kvmg=ma当a= 0 时，圆环的速度最大，即F+ img、丄十“Vmax=，选项 C 正确,ikD 错误.10.当B刚离开C时，A的速度为v,A的加速度的方向沿斜面向上,大小为a,则（A. 从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为5mgin0B. 从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为2 2. 25mgsin0k11解析：选 ACD 开始时，弹簧处于压缩状态，弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，根2 2 215mqsin0功W= 3mq

14、-X sin0= , B 错误；B刚离开C时A受拉力F、和弹簧的弹力共同作用，根据牛顿第二定律，有F- 3mn0T= 3ma弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即T= 2mqin0,则恒力F的大小为 5mqsin0+ 3maC 正确； 当A的速度达到最大时，A受到的合力为零，即F 3mqsin0= 0，所以T= 2mqin0+ 3ma B沿斜面方向受到合力FB=T 2mqin0= 3ma又因为FB=2md，解得a=FB3=-a, D 正确.2m2 三、非选择题（本题共 3 小题，共 40 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）11. （10 分）如

15、图甲为“用 DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关 系”的实验装置.D.所用小车的质量太大解析： 因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所 受的重力作为小车所受的合外力.（2）由于0A段a-F关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg= Ma得：a= 器M而实际上a=Mmri可见AB段明显偏离直线是没有满足M?m造成的.答案：（1）小车的总质量小车所受的合外力（2）在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比C据胡克定律，有 3mgin0=kxi,解得xi=3mcpin0,B刚要离开C时，弹簧的弹力等于B的重

16、力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有2min0= g解得X2=1 2吨泊0k，故A5m(sin0运动的距离 x=Xi+X2=k, A 正确;从静止到B刚离开C的过程中,A克服重力做重力、支持力轨惟務恼赛（发射器悅移传感1212.（15 分）（2018 洛阳模拟）某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目一一推矿泉水瓶.选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后， 放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内（不 能压线）视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败.其简化模型如图所示，AC是长度L1= 5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始A .用一恒定不变

17、的水平推力推它，BC为有效区域.已知BC长度L2= 1.1 m,瓶子质量 m= 0.5 kg ,与桌面间的动摩擦因数卩=0.2 ,g= 10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F= 11 N ,瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶 子过程中瓶子的位移取值范围.（令I5= 2.2）AL解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为 0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为 0,力作用时间最长.设力作用时的加速度为a1、位移为X1,撤力时瓶子的速度为V1,撤力后瓶子的加速度为a2、位移为X2,贝UF-mg= ma, - 卩mg= ma7 F L丿22a1X1=v2, 2a2X2=-v2L1L2X1+X2L1由以上各式联立可解得：0.4 mX12 2img故平板做匀加速运动，加速度大小：3img-32X2mg a2= =mL2+x=vt iait2i2对平板：v =a2t,x= a2t将t = s 代入v=viait得:v= 3.5 m/s.答案：(i)4 m/s (2)3.5 m/s设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为V,平板位移为x, 对滑块：v=vaiti m/s联立以上各式代入数据解得:t= i s ,v= 4