高三物理模块综合训练专题二 牛顿运动定律解析版Word文件下载.docx

1、【答案】D【解析】木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向左运动，所以会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向左做匀减速直线运动，根据v22ax，其中ag，与m无关，选项B错；由前式知，a一定时，v越大，x越长，选项C错；在v一定时，越大，a越大，x越小，选项D对4如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m1m2m3，关于弹簧测力计的读数T，正确的是（A）ATCT（m1m2m3）gD无法判断【答案】A【解析】由m1m2m3可知，m1向下加速，处于失重状态；（m2m3）向上加速，处于超重状态m1与m2和m3通过绳子连接，

2、两部分的加速度大小相等，整体系统对弹簧测力计的拉力：T（m1m2m3）gm1a（m2m3）a.因为m1m2m3，所以TM，有x1x2 B若msin ，有x1x2 D若sin ，有x1x2【答案】AB【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F（mM）g（mM）a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgma1联立解得FT在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F（mM）gsin （mM）a2FTmgsin ma2联立解得FT比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误12.质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图所示，若

3、对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是（）A若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为FB若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为C若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为mgD若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为【答案】BD【解析】若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：a，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：，所以FAmaF，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，将A、B看做一个整体有：a，将B隔离有：，解得FA，C错误，D正

4、确13.如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g10 m/s2.下列选项中正确的是（）A2秒末3秒末内物块做匀减速运动B在t1 s时刻，恒力F反向C物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D恒力F大小为10 N【解析】物块做匀减速直线运动的加速度大小为：10 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s，即在t1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小：4 m/s2，根据牛顿第二定

5、律得：FFfma1，FFfma2，联立解得：F7 N，Ff3 N，由Ffmg，得0.3，故C项正确，D项错误14.机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L2 m，现有一质量为m1 kg的背包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面已知背包与传送带间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，下列说法正确的是（）A背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD背包与传送带之间的相对位移为0.1 m【答案】AD【解析】背包在水平传送带上

6、由滑动摩擦力产生加速度，mgma，得a5 m/s2，背包达到传送带的速度v1 m/s所用时间t10.2 s，此过程背包对地面位移x10.2 m0.1 mL2 m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为xvt1x110.2 m0.1 m0.1 m，背包匀速运动的时间t2 s1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：tt1t22.1 s，故A、D正确三、实验题（每空2分，共计16分）15.（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时，得到如图（a）所示的FL图象，由图象可知：弹簧原长L0_cm，求得弹簧的劲度系数k_N/m。（2）按如图（b）的方式挂上钩码

7、（已知每个钩码重G1 N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图（b），则指针所指刻度尺示数为_cm。由此可推测图（b）中所挂钩码的个数为_个。【解析】（1）由胡克定律Fk（LL0），结合题图（a）中数据得L03.0 cm，k200 N/m。（2）由题图（b）知指针所示刻度为1.50 cm，由Fk（L0L），可求得此时弹力为F3 N，故所挂钩码的个数为3个。【答案】（1）3.0200（2）1.50316.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。（1）如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶_时电子秤的示数F；（2）如图（b），

8、将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉细线L1，在白纸上记下结点O的位置、_和电子秤的示数F1；（3）如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着（2）中L2的方向拉细线L2，使_和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2；（4）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F的图示，若_，则平行四边形定则得到验证。（1）要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F；（2）要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点

9、O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；（3）已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2；（4）根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F的图示，若F和F在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证。（1）静止（2）三细线的方向（3）结点O的位置（4）F和F在误差范围内重合四、计算题（17题8分，18题10分，19题12分，共计30分）17.如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为400 g，某时刻风筝平面A

10、B与水平面的夹角为30，牵线对风筝的拉力与风筝平面成53角。已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10 m/s2。（1）求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；（2）若拉着线的下端以一定的速度匀速跑动时，线与水平面成53角保持不变，这时拉住线的力为10 N，则风对风筝的作用力为多大？风筝平面与水平面的夹角为多大？（用反三角函数表示）（1）风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和线对它的拉力T（如图所示），以AB方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，在x轴方向：mgsin 30Tsin 370在y轴方向：FTcos 37mgcos 3

11、0联立两式，解得T3.33 N，F6.13 N。（2）同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。风对风筝的作用力水平分力Fx，竖直分力Fy，由平衡条件，知FxTcos 53100.6 N6 NFyTsin 53G100.8 N4 N12 NF13.4 N风筝平面与水平面的夹角满足tan 则arctan 。（1）6.13 N3.33 N（2）13.4 Narctan 18.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t110 s，撤除水平推力F后经过t215 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推

12、力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为m75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff25 N，求： （1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离【答案】（1）10 m/s50 m（2）187.5 m【解析】（1）设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1由牛顿第二定律FFfma1，得a11 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1a1t110 m/s通过的位移为x1a1t1250 m（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2m/s2经历时间t2

13、速度变为v1v1a2t25 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22v122a1x1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2联立解得x2187.5 m.19.如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量为m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t5 s时离地面的高度为75 m（g取10 m/s2） （1）求运动过程中所受空气阻力大小；（2）假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；（3）假设在第（2）问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间【答案】（1）4 N（2）100 m（3） s【解析】（1）根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：FmgFfma由运动学规律得，上升高度：hat2联立解得：Ff4 N；（2）下落过程由牛顿第二定律：mgFfma1得：a18 m/s2落地时的速度v22a1HH100 m；（3）恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：FmgFfma2a210 m/s2设恢复升力后的速度为vm，则有Hvm m/s由：vma1t1 s.