《大高考》届高考物理配套练习专题三牛顿运动定律 三年模拟精选doc.docx

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《大高考》届高考物理配套练习专题三牛顿运动定律三年模拟精选doc

A组　基础训练

一、选择题

1．（2015·泰州联考）（多选）一滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度－时间”图象可能是（　　）

解析　若斜面光滑，则物体上滑及下滑的加速度相等，都等于gsinθ，当物体上滑到最高点时，又能以同样的加速度下滑，故选项A正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，到达最高点后静止于斜面上，故选项B正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，加速度为a1＝gsinθ＋μgcosθ；到达最高点后物体向下加速运动，加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ，即上升时加速度大于下降时的加速度，故选项C正确，D错误．

答案　ABC

2．（2015·陕西西安质量检测）如图所示一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m的平盘，盘中有一物体，质量为M，当盘静止时弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长ΔL后停止，然后松手放开，设弹簧始终处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　）

A.

MgB.

（m＋M）g

C.

mgD.

（M＋m）g

解析　当盘静止时，由力平衡得（m＋M）g＝kL

弹簧再伸长ΔL处于平衡时有（mg＋Mg＋F）＝k（L＋ΔL），其中F为手的拉力大小

联立得F＝

（m＋M）g

刚松手瞬时弹簧的弹力没来得及发生变化，以盘和物体作为整体来研究，其合力F合＝－F，则刚松手时，加速度大小a＝

＝

g

把物体隔离出来研究有FN－Mg＝Ma

解得FN＝（1＋

）Mg，故选A.

答案　A

3.（2014·广东肇庆一模）（多选）如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连．达到稳定状态时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力．下列说法正确的是（　　）

A．达到稳定状态时a所受的摩擦力一定不为零

B．达到稳定状态时b所受的摩擦力一定不为零

C．在细绳剪断瞬间，b所受的合外力一定为零

D．在细绳剪断瞬间，a所受的合外力一定为零

解析　隔离a受力分析，a受到重力、支持力、弹簧向下的弹力和沿斜面向上的摩擦力而保持静止，A正确；隔离b受力分析，b受到重力、支持力、弹簧向上的弹力和绳向上的拉力，不一定有摩擦力，B错误；在细绳剪断瞬间，弹簧上的弹力不变，a的受力不变，故合力为零，而b所受的摩擦力不确定，在细绳剪断瞬间，b所受的合外力不一定为零，所以D正确，C错误．

答案　AD

4．（2014·山东烟台一模）某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，在0～8s内，下列说法正确的是（　　）

A．0～2s内物体做匀加速运动

B．6～8s内物体做加速度减小的加速运动

C．物体在第4s末离出发点最远，速率为最大

D．物体在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远

解析　0～2s内，合外力不断增大，加速度不断增大，不是匀变速运动，A错误；0～4s内物体做加速运动，4s末速度最大，4～8s内物体做减速运动，根据运动的对称性，8s末速度减为零，B错误；物体在第4s末速率为最大，第8s末离出发点最远，C错误，D正确．

答案　D

5．（2014·黑龙江齐齐哈尔二模，15）如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是（　　）

A．图线与纵轴的交点的绝对值为g

B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m

C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg

D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数

解析　由题结合牛顿第二定律可得：

2T－mg＝ma，则有a＝

T－g，由aT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，A正确；图线的斜率在数值上等于

，则B、D错误；横轴截距代表a＝0时，TN＝

，则C错误．

答案　A

6．（2013·北京海淀期中）如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是（　　）

A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零

B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力

解析　把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．

答案　A

二、非选择题

7．（2015·江西红色六校联考）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。

降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv（g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：

（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？

（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？

（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？

解析　

（1）设打开降落伞时的速度为v0，下落高度为h0

h0＝

＝20m

（2）设匀速下落时速度为v，则v＝5m/s，

由kv＝2mg，得k＝200N·s/m.

对整体：

kv0－2mg＝2ma，

a＝

＝30m/s2

方向竖直向上

（3）设每根绳拉力为FT，以运动员为研究对象有：

8FTcos37°－mg＝ma，

得：

F＝312.5N.

由牛顿第三定律得，悬绳能承受的拉力至少为312.5N

答案　

（1）20m　

（2）200N·s/m　30m/s2，方向竖直向上　（3）312.5N

8．（2015·山东青岛市一模）如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图象如图乙所示，g＝10m/s2.求

（1）水平作用力F的大小；

（2）滑块开始下滑时的高度；

（3）木板的质量．

解析　

（1）对物体受力分析可得：

mgsinθ＝Fcosθ

代入数据可得：

F＝

N

（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s

当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：

mgsinθ＋Fcosθ＝ma

解得：

a＝10m/s2

下滑的位移x＝

解得：

x＝5m

故下滑的高度h＝xsin30°＝2.5m

（3）由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2

二者共同减速时的加速度大小a1＝1m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1m/s2，滑块减速的加速度大小a3＝4m/s2

对整体受力分析可得：

a1＝

＝μ1g

可得：

μ1＝0.1

在0～2s内分别对m和M做受力分析可得：

对M：

＝a2

对m：

＝a2

代入数据解方程可得：

M＝1.5kg

答案　

（1）

N　

（2）2.5m　（3）1.5kg

9．（2014·宁夏银川一中一模，24）某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：

如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2.

（1）在运动的过程中物体的最大加速度为多大？

（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？

（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？

解析　

（1）由牛顿第二定律有F－μmg＝ma

当推力F＝100N时，物体所受合外力最大，加速度最大

代入数据解得a＝

－μg＝20m/s2.

（2）由图象可得推力随位移x变化的关系为：

F＝100－25x

速度最大时，物体加速度为零，则F＝μmg

代入数据解得x＝3.2m.

（3）由F-x图象可知推力对物体做的功WF＝

F·x0＝200J

由动能定理知WF－μmgxm＝0，代入数据得：

xm＝10m.

答案　

（1）20m/s2　

（2）3.2m　（3）10m

B组　能力提升

一、选择题

1．（2015·辽宁丹东五校协作体期末）如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面由静止滑下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是（　　）

A．θ角越大，小球对斜面的压力越大

B．θ角越大，小球运动的加速度越小

C．θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短

D．θ角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同

解析　设小球质量为m，根据小球运动过程垂直斜面方向受力平衡，可得小球受到支持力为mgcosθ，根据相互作用可得对斜面压力为mgcosθ，θ角越大，小球对斜面的压力越小，选项A错；沿斜面方向，没有摩擦力，根据牛顿第二定律可得a＝

＝gsinθ，θ角越大，小球运动的加速度越大，选项B错；θ角一定，质量不同的小球运动的加速度都是gsinθ，与小球质量无关，选项D错；由于斜面长度一定，所以小球从顶端运动到底端有斜面长L＝

at2＝

gsinθt2，运动时间t＝

，θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短，选项C对．

答案　C

2．（2015·辽宁朝阳三校协作体联考）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（　　）

A．aA＝

g，aB＝5gB．aA＝aB＝

g

C．aA＝

g，aB＝3gD．aA＝0，aB＝2g

解析　在竖直向上拉力F＝6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg，对A因为3mg＜4mg，故物体A静止，加速度为0；对物体B，3mg－mg＝maB，解得aB＝2g，故选D.

答案　D

3．（2015·河南陕州中学月考）（多选）如图甲所示，小物块从光滑斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示．g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小物块的加速度大小恒为2.5m/s2

B．斜面倾角为30°

C．小物块2s末的速度是5m/s

D．小物块第2s内的平均速度为7.5m/s

解析　根据x＝

at2可知，

a＝

，则加速度为a＝5m/s2.故A错误；由于斜面光滑，由牛顿第二定律得：

a＝gsinθ，得sinθ＝

＝

，θ＝30°，故B正确；小物块2s末的速度v2＝at＝5×2m/s＝10m/s，故C错误；小物块1s末的速度v1＝at＝5×1m/s＝5m/s，第2s内的平均速度v＝

＝

7.5m/s，故D正确．

答案　BD

4.（2015·成都模拟）质量m＝50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向）．由图象提供的信息可知（　　）

A．在0～15s内，观光电梯上升的高度为25m

B．在0～15s内，电梯地板对人的支持力做了－2500J的功

C．在20～25s与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/s

D．在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小为2m/s2

解析　在速度－时间图象中，与时间轴所包围的面积即为位移，故0～15s内的位移为x＝

×10×15m＝75m，故A错误；5～15s内加速度为a＝

＝

m/s2＝－1m/s2，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得FN＝45N，5～15s内上升的高度为h＝

×10×10m＝50m，故支持力做功为W＝FNh＝22500J，故B错误；匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和，故v＝

m/s＝10m/s，故C正确；在25～35s内，观光电梯在减速下降，故D错误．

答案　C

5．（2014·北京海淀一模）如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的（　　）

解析　放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．

答案　A

6．（2014·贵州六校联考，18）如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m＝1kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则下列有关说法正确的是（　　）

A．小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式F＝μFN

B．小物体运动1s后加速度大小为2m/s2

C．在放上小物体的第1s内，系统产生50J的热量

D．在放上小物体的第1s内，至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动

解析　刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为Ff1＝μmgcosθ，其加速度大小a1＝

＝10m/s2方向沿传送带斜向下.1s末小物体的速度为v＝a1t＝10m/s，又μ

at2，解得Q＝20J，故C错；第1s内小物体的位移为x＝

v-t＝5m，其增加的动能为Ek＝

mv2＝50J，需向系统提供的能量E＝Ek＋Q－mgsinθ·x＝40J，D项错．

答案　B

7．（2013·安徽师大摸底）如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则（　　）

A．A、B间没有静摩擦力

B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上

C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ

D．A与B间的动摩擦因数μ＝tanθ

解析　它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定A、B之间的动摩擦因数μ，选项D错误．

答案　C

二、非选择题

8．（2015·山东淄博期末）如图所示，质量M＝3kg的物块A放在水平桌面上，物块A与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一轻绳跨过光滑的定滑轮连接A和B两个物块，物块B的质量m＝1kg，托起物块B，使物块B距离地面的高度h＝0.5m，且轻绳刚好拉直．先由静止释放物块B，已知水平桌面足够长，物块A不会与滑轮相撞，g＝10m/s2，求：

（1）B落地前物块A的加速度大小；

（2）物块A的运动总时间．

解析　

（1）设绳子的拉力为F，A和B的加速度大小相等，由牛顿第二定律得：

mg－F＝ma1

F－μMg＝Ma1

得a1＝

＝1m/s2

（2）B下落距离为h，由h＝

a1t

　得t1＝1s

此时A的速度为v＝a1t1＝1m/s

B落地后，A不再受到绳子的拉力，此时μMg＝Ma2

a2＝μg＝2m/s2

t2＝

＝0.5s

所以A的运动时间为t＝t1＋t2＝1.5s

答案　

（1）1m/s2　

（2）1.5s

9．（2015·江苏扬州期末）如图所示，一个长度为L＝1m、高度为h＝0.8m的长木板静止在水平地面上，其质量M＝0.4kg，一质量m＝0.1kg的小物块（可视为质点）放置在其上表面的最右端．物块与长木板，长木板与地面之间动摩擦因数均为μ＝0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F.

（1）若F恒为4N，试求长木板的加速度大小；

（2）若F恒为5.8N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；

（3）若F＝kt，k>0，在t＝0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小．

解析　

（1）对长木板与物块，假设相对静止时，最大加速度a0＝

＝5m/s2

由牛顿第二定律F0－μ（M＋m）g＝（M＋m）a0，得F0＝5N

长木板与地面间最大静摩擦力为fm＝0.5×（0.1＋0.4）×10N＝2.5N

因为2.5N

F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a

解得加速度a＝3m/s2

（2）因为F＝5.8N>F0，所以物块与长木板相对滑动，对长木板有：

F－μ（M＋m）g－μmg＝Ma1，加速度a1＝7m/s2

物块的加速度a2＝

＝5m/s2.

至物块与长木板分离时有L＝

a1t2－

a2t2，时间t1＝1s

此时长木板速度v1＝7m/s，物块速度v2＝5m/s

物块做平抛运动，其落地时间t2＝

＝0.4s

平抛水平距离s2＝v2t2＝2m

物块与长木板分离后长木板的加速度a3

F－μMg＝Ma3，得a3＝9.5m/s2

在t2时间内木板向右运动距离s1＝v1t2＋

a3t

＝3.56m

最终，小物块落地时距长木板左端的距离Δs＝s1－s2＝1.56m

（3）当时间较小时，拉力也较小，物体处于静止状态，所以物块与长木板间的摩擦力为0；当时间延长，拉力增大到长木板运动时，物块也会随着长木板一起加速运动，故物块与长木板间摩擦力逐渐增大；当拉力再增大，物块在长木板上相对滑动时，物块与长木板间的滑动摩擦力就不随拉力大小而变化了，而是不变的，因为压力不变，接触面的粗糙程度也不变，所以物块与长木板间的摩擦力大小随时间变化的图线如图所示．

答案　

（1）3m/s2　

（2）1.56m　（3）图象见解析

10．（2014·山东潍坊模拟）如图所示，正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块．为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F.已知木板边长L＝2

m，质量M＝3kg，滑块质量m＝2kg，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2（g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求：

（1）水平拉力至少多大才能将木板抽出；

（2）当水平恒力F＝29N时，在木板抽出时滑块能获得的最大速度．

解析　

（1）能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小．

对滑块，有μmg＝ma

对木板，有Fmin－μ（M＋m）g－μmg＝Ma

得Fmin＝2μ（M＋m）g＝20N

故抽出木板的最小力应为20N.

（2）要使滑块获得的速度最大，则滑块在木板上相对滑动的距离最大，故应沿木板的对角线方向抽木板．

设此时木板加速度为a1，则有F－μ（M＋m）g－μmg＝Ma1，

又

a1t2－

μgt2＝

L，vmax＝μgt

解得：

vmax＝

m/s.

答案　

（1）20N　

（2）

m/s

考向一　考查牛顿运动定律与图象结合问题

1．（受力分析、瞬时性问题及图象的应用）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是（　　）

解析　在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故图线A正确．

答案　A

考向二　考查动力学两类问题

2．（牛顿运动定律、运动学公式、传送带）（多选）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）

A．乘客与行李同时到达B处

B．乘客提前0.5s到达B处

C．行李提前0.5s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处

解析　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝

＝1s与传送带达到共同速度，位移x1＝

t1＝0.5m，此后行李匀速运动历时t2＝

＝1.5s到达B处，共用时间2.5s；乘客到达B处历时t＝

＝2s，故B正确，A、C错误；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝

s＝2s，D正确．

答案　BD

考向三　考查牛顿运动定律的应用问题

3.（v-t图象的应用）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B两点对应的x坐标及加速度大小，以下关系式正确的是（　　）

A．xA＝h，aA＝0B．xA＝h，aA＝2g

C．xB＝h＋

，aB＝0D．xB＝h＋

，aB＝0

解析　OA过程加速度恒定，是自由落体，故A的坐标就是h，A点的加速度为g，所以A、B错误；B点是速度最大的地方，此位置重力和弹簧的弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝kx，可知x＝

，所以B点坐标为h＋

，所以C正确，D错误．

答案　C

考向