2020版高考物理一轮复习全程训练计划周测三牛顿运动定律含解析20190429351.wps
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1、牛顿运动定律 夯基提能卷 立足于练题型悟技法保底分 (本试卷满分 95 分) 一、选择题(本题包括 8 小题,每小题 6 分,共 48分在每小题给出的四个选项中,有的 小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的全部选对的得 6 分,选不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分) 1如图所示,在光滑水平面上以水平恒力 F 拉动小车和木块,让它们一起做无相对滑动 的加速运动,若小车质量为 M,木块质量为 m,加速度大小为 a,木块和小车间的动摩擦因数为 .对于这个过程,某班同学有以下 4 个式子表达木块受到的摩擦力的大小,你认为一定正确 的是( ) AFMa B(Mm)a Cmg DMa
2、 答案:A 解 析:以小车和木块组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律可得 F(Mm)a,以木块为 研究对象,有 fma,以小车为研究对象,有 FfMa,其中 ff,故 fFMa,选项 A 正确本题特别需要指出的是:由于小车和木块间没有相对滑动,所以它们之间的摩擦力应该 是静摩擦力 2. 如图所示,质量为 m0、倾角为 的斜面体静止在水平地面上,有一质量为 m 的小物块放 在斜面上,轻推一下小物块后,它沿斜面向下匀速运动若给小物块持续施加沿斜面向下的恒 力 F,斜面体始终静止,重力加速度大小为 g.施加恒力 F 后,下列说法正确的是( ) F A小物块沿斜面向下运动的加速度为 m B斜面体对地面
3、的压力大小等于(mm0)gFsin C地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 D斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化 答案:A 解 析:根据题述,小物块沿斜面向下匀速运动,摩擦力等于重力沿斜面向下的分力,可得 mgcosmgsin,给小物块持续施加沿斜面向下的恒力 F,对小物块,由牛顿第二定律有,F 1 F mgcosmgsinma,联立解得 a ,选项 A 正确;小物块沿斜面向下匀速运动时,对 m 小物块和斜面体整体受力分析,根据平衡条件可得,地面对斜面体的支持力等于斜面体和小物 块重力之和,大小为(mm0)g.给小物块持续施加沿斜面向下的恒力 F 后,小物块对斜面体的 压力和摩擦力均不变,即
4、斜面体对小物块的作用力的大小和方向都不变,地面对斜面体的摩擦 力为零,斜面体对地面的压力大小等于(mm0)g,选项 B、C、D 错误 3. 如图所示,A、B 两球完全相同,质量均为 m,用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的 O g 点,两球之间连着一根劲度系数为 k 的轻质弹簧,已知重力加速度为 g,当升降机以加速度 a 2 竖直向上加速运动时,两根细线之间的夹角为 60,在运动过程中 O、A 间的细线被剪断瞬 间,下列关于 A、B 两球的加速度的说法正确的是( ) AA 球的加速度大小为 g,方向竖直向下 BB 球的加速度大小为 g,方向竖直向上 7 CA 球的加速度大小为 g,方向斜向左下
5、方 2 DA 球的加速度大小为 3g,方向沿 OA 方向 答案:C 解析: O、A 间的细线被剪断前,对小球 A,受力分析如图所示,根据牛顿第二定律有 F2cos30 3 mgma,F2sin30F10,解得 F1kx mg,在 O、A 间的细线被剪断瞬间,F2突然消失, 2 F1 3 但 F1不突变,所以 A 球有水平向左的加速度 aAx g,竖直向下的加速度 aAyg,则 A 球 m 2 7 g 的加速度大小为 aA aA2xaA2y g,方向斜向左下方;而 B 球的加速度仍为 a ,方向竖直 2 2 向上,C 正确 2 4如图所示,A、B 两物体质量均为 m,叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固
6、定于地面上),对 A 施加一竖直向下、大小为 F(F2mg)的力,将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而 处于平衡状态,现突然撤去力 F,设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用力大小为 FN, 不计空气阻力,则关于 FN的说法正确的是(重力加速度为 g)( ) mgF A刚撤去力 F 时,FN 2 F B弹簧弹力大小为 F 时,FN 2 CA、B 的速度最大时,FN2mg D弹簧恢复原长时,FNmg 答案:B 解析:对 A 施加一竖直向下、大小为 F(F2mg)的力,将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处 于弹性限度内)而处于平衡状态,弹簧弹力大小为 F2mg.刚撤去力 F 时,A、
7、B 向上加速运动, F 由牛顿第二定律可得,a ,对 A 受力分析,由牛顿第二定律有 FNmgma,解得 FN 2m 2mgF ,选 项A 错误当弹簧弹力大小为F时,对A、B整体,由牛顿第二定律有,F2mg2ma1, 2 F 隔离 A,由牛顿第二定律有,FNmgma1,解得 FN ,选项 B 正确A、B 的速度最大时,加 2 速度为零,弹簧弹力大小为 2mg,FNmg,选项 C 错误弹簧恢复原长时,A、B 只受重力向上 运动,FN0,选项 D 错误 5(多选)如图甲所示,质量 M0.5 kg的木板静止在光滑水平面上,质量 m1 kg 的物块 以初速度 v04 m/s滑上木板的左端,物块与木板之
8、间的动摩擦因数为 0.2,在物块滑上 木板的同时,给木板施加一水平向右的恒力 F.当恒力 F 取某一值时,物块在木板上相对于木板 1 滑动的路程为 s,给木板施加不同大小的恒力 F,得到 和 F 的关系图象如图乙所示,其中 AB s 与横轴平行,且 AB 段的纵坐标为 1 m1,B 点和 C 点所对应的横坐标分别为 a N、b N将物块 视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小 g10 m/s2.则有( ) ABC 段表示物块最终从木板的右端离开 3 BDE 段表示物块最终从木板的左端离开 Ca1 Db2 答案:BC 解析:经分析可知,AB 段表示物块从木板的右端离开,BC 段表示
9、物块没有离开木板,DE 段表示物块从木板左端离开,故 A 错误,B 正确B 点表示物块刚好滑到木板右端与木板相对 静止,由 AB 段可知木板的长度为 l1 m,物块的加速度大小为 a 物g2 m/s2,设经过时间 1 t 物块与木板相对静止,则有 xl v0t1 m,可得 t0.5 s,则木板的加速度大小为 a 木 2 42 0.5 0.5 Famg m/s26 m/s2,对木板受力分析可得 a 木 6 m/s2,代入得 Fa1 N,C M 正确C 点表示物块与木板刚好相对静止时的最大外力,则有 Fb(Mm)g3 N,故 D 错误 6如图所示,套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止,现对小球沿
10、杆方向施加恒力F0, 垂直于杆方向施加竖直向上的力 F,且 F 的大小始终与小球的速度成正比,即 Fkv(图中未标 出)已知小球与杆间的动摩擦因数为 ,小球运动过程中未从杆上脱落,且 F0mg.下列关 于运动中的速度时间图象正确的是( ) 答案:C 解析:开始时小球所受支持力方向向上,随着时间的增加,小球速度增大,F 增大,则支 持力减小,摩擦力减小,根据牛顿第二定律,可知这一阶段小球的加速度增大当竖直向上的 力 F 的大小等于小球重力的大小时,小球的加速度最大再往后竖直向上的力 F 的大小大于重 力的大小,直杆对小球的弹力向下,F 增大,则弹力增大,摩擦力增大,根据牛顿第二定律, 小球的加速
11、度减小,当加速度减小到零时,小球做匀速直线运动,故 C 正确 7. 一质量为 m2.0 kg 的木箱静止在粗糙的水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数 0.2,现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力 F,使木箱由静止开始运动,测得 4 02 s 内其加速度 a 随时间 t 变化的关系图象如图所示已知重力加速度 g10 m/s2,下列关于 木箱所受拉力 F 的大小和运动速度 v 随时间 t 变化的图象正确的是( ) 答案:A 解 析:在 02 s 内,木箱加速度由4 m/s2逐渐减小到0,由加速度图象可得a42t(m/s2), 由牛顿第二定律得 Fmgma,可得 F124t(N),即在 0
12、2 s 内,A 正确,B 错 误;在 0 2 s 内,木箱速度增加 4 m/s,2 s 后木箱加速度为零,木箱的速度为 4 m/s,C、D 错误 8. (多选)如图所示,某科研单位设计了一质量为 m 的空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发 动机提供的动力方向与水平方向的夹角 60,使飞行器恰沿与水平方向成 30角的 直线斜向右上方匀加速飞行,经 t 时间后,将动力的方向沿逆时针旋转 60,同时适当调节其 大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,重力加速度大小为 g,下列说法中正确的是( ) A加速时动力的大小等于 mg B加速时加速度的大小为 g 3 C减速时动力的大小
13、等于 mg 2 D减速飞行 t 时间后速度为零 答案:BC 解 析:画出飞行器沿与水平方向成 30角的直线斜向右上方匀加速飞行时的受力示意 F 图,如图 1 所示,由图中几何关系可知 F 合mg,由 mgcos30 ,可得加速时动力的大小 F 2 3 mg,选项 A 错误,B 正确;画出飞行器沿原方向匀减速飞行时的受力示意图,如图 2 所示,由 5 F 3 sin60 ,可得减速时动力的大小 F mg,选项 C 正确 ;加 速飞 行 t 时间后的速度为 v mg 2 mg g atgt,减速飞行时的合外力大小为 mgcos60 ,减速飞行时的加速度大小为 ,减速飞行 2 2 2t 时间后速度为
14、零,选项 D 错误 二、非选择题(本题包括 4 小题,共 47 分) 9(8分)如图甲所示,力传感器 A 与计算机(未画出)相连接,可获得拉力随时间变化的规 律将力传感器固定在水平桌面上,测力端通过轻质细绳与一滑块相连,调节力传感器高度使 细绳水平,滑块放在较长的小车上,滑块的质量 m1.5 kg,小车的质量 M1.65 kg.一根轻质 细绳跨过光滑的轻质定滑轮,其一端连接小车,另一端系一只空砂桶,调节滑轮使桌面上部细 绳水平,整个装置处于静止状态现打开力传感器,同时缓慢向砂桶里倒入砂子,当小车刚好 开始运动时,立即停止倒砂子若力传感器采集的 Ft 图象如图乙所示,重力加速度 g10 m/s2
15、,则: (1)滑块与小车间的动摩擦因数 _;若忽略小车与水平桌面间的摩擦,滑 块从小车上滑落前,小车稳定运动的加速度大小 a_m/s2. (2)若实验中力传感器测力端与滑块间的细绳不水平,左端略高一些,由此而引起动摩擦 因数 的测量结果_(“”“”选填 偏大 或 偏小 ) 答案:(1)0.2(3 分) 0.25(3分) (2)偏小(2分) 解析:(1)结合题图乙可知,滑块与小车间的最大静摩擦力 fmax3.5 N,此时砂桶及所装 砂子的总重力 m0gfmax,解得:m00.35 kg.小车在运动时与滑块间的滑动摩擦力 f3.0 N, 由 fmg,解得:0.2;对砂桶、砂子、小车组成的整体,根据
16、牛顿第二定律得:m0gf (Mm0)a,解得:a0.25 m/s2.(2)若力传感器测力端与滑块间的细绳不水平,左端略高一些, 导致压力减小,则滑动摩擦力偏小,因此动摩擦因数 的测量结果偏小 10(8 分)“”“”用图甲的装置 验证牛顿第二定律 时有两个 巧妙 的设计,一是要求小车 6 “”的质量远大于砂和砂桶的质量之和;二是对小车要进行 平衡摩擦力 操作 回答下列问题: (1)实 验 要 求 “小 车 质 量 远 大 于 砂 和 砂 桶 质 量 之 和 ”的 目 的 是 _ _. (2)“”对小车进行 平衡摩擦力 操作时,下列必须进行的是_(填字母序号) A取下砂和砂桶 B在空砂桶的牵引下,
17、轻推一下小车,小车能做匀速直线运动 C小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时,打点计时器的电源应断开 D把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度 (3)在满足实验条件下,某同学得到了如图乙的图线(M 为小车和砝码的总质量),图线在纵 轴上截距不为零的原因是_ 答 案:(1)绳的拉力(近似)等于砂和砂桶的重力之和小车所受的合外力(近似)等于砂和砂 桶重力之和(3 分) (2)AD(选不全的不给分)(3 分) (3)长木板的倾角过大(平衡摩擦力过度)(2 分) 解析:(1)根据实验原理,只有“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”才能认为绳的拉力 等于砂和砂桶的重力之和(2)平衡摩擦力时应该取下砂和砂桶,
18、选项 A 正确,选项 B 错误; 小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时,打点计时器的电源应该开启,选项 C 错 误;把 长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度,用来平衡摩擦力,选项 D 正确(3)图线在纵轴上截 距不为零的原因是平衡摩擦力过度 11(15 分)如图所示,水平地面上有三个质量均为 m1 kg的小物块 A、B、C,A、B 间用 一根轻绳水平相连一水平恒力 F 作用于 A 上,使三物块以相同加速度运动一段时间后撤去 F. 已知 B 与 C 间的动摩擦因数 10.5,A 和 C 与地面间的动摩擦因数均为 20.2,若最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2.求: (1)F
19、的最大值; (2)从撤去 F 到三物块停止运动的过程中,B 受到的摩擦力 解析:(1)B、C 恰好要相对滑动时 7 对 C:1mg2(mm)gma(3分) 解得 a1 m/s2(1 分) 由题意知,A、B、C 相对静止时,F 有最大值 Fmax 对 A、B、C 整体:Fmax2(mmm)g3ma(2 分) 解得 Fmax9 N(1 分) (2)撤去 F 后,设 B、C 相对静止 对 A、B、C 整体:2(mmm)g3ma(2 分) 解得 a2 m/s2(1 分) 对 C:2(mm)gfBCma(2 分) 解得 fBC2 NfBm1mg5 N(2 分) 故假设成立,由牛顿第三定律可知,B 受到的
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