2019届高考物理复习专题03牛顿运动定律培优押题预测卷B卷.doc

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1、1专题 03 牛顿运动定律培优押题预测 B 卷一、选择题（在每小题给出的 4 个选项中，第 1-6 题只有一个选项正确，第 7-9 题有多个选项正确）1广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t=0 时由静止开始上升， 间关系如图所示则下列相关说法正确的是 （ ）A t=4.5s 时，电梯处于失重状态 B 555s 时间内，绳索拉力最小C t=59.5s 时，电梯处于超重状态 D t=60s 时，电梯速度恰好为 0【答案】D2如图所示，质量为 m 的球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于 P、 Q

2、.球静止时，中拉力大小为 F1，中拉力大小为 F2，当仅剪断、中的一根的瞬间时，球的加速度 a 应是( )A 若断，则 a g，方向竖直向下B 若断，则 a ，方向水平向右2C 若断，则 a ，方向沿的延长线D 若断，则 a g，方向竖直向上【答案】A【解析】绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条件得：F2=mgtan， F1刚剪断弹簧瞬间，细绳弹力突变为 0，故小球只受重力，加速度为 g，竖直向下，故 A 正确，C 错误；刚剪短细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图；由几何关系，F 合 =F1sin=F 2=ma，因而 ，方向水平向左，故 BD 错误。故选 A。3如图甲所示,质量 m=1 kg

3、、初速度 = 6 m/s 的物块受水平向左的恒力 F 作用,在粗糙的水平地面上从 O点开始向右运动, O 点为坐标原点,整个运动过程中物块速率的二次 方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示, g 取 10 m/s2,下列说法中不正确的是( )A t=2 s 时物块速度为零B t=3 s 时物块回到 O 点C 恒力 F 大小为 2 ND 物块与水平面间的动摩擦因数为 0.13【答案】B4如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块，其中两个质量为 m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是 fm现用平行于斜面的拉力 F 拉其中一个质量为 2m的木块，

4、使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力 F 的最大值是（ ）A B C D 【答案】C【解析】当下面 2m 的物体摩擦力达到最大时，拉力 F 达到最大。将 4 个物体看做整体，由牛顿第二定律：F+6mgsin30=6ma ,将 2 个 m 及上面的 2m 看做整体： fm+4mgsin30=4ma ,由、解得： ;故选 C. 5如图甲所示，滑块 A 的质量 m1 kg，静止在光滑水平面上、上表面的长度为 L 的平板车 B 的质量为 M.某时刻滑块 A 以向右的初速度 v03 m/s 滑上平板车 B 的上表面，忽略滑块 A 的大小从滑块 A 刚滑上平板车 B 开始计时，之后它们的速度随时间

5、变化的图象如图乙所示， t0是滑块 A 在车上运动的总时间，测得t01 s以下说法中不正确的是(重力加速度 g10 m/s 2)( )A 平板车 B 上表面的长度 L2 mB 滑块 A 与平板车 B 上表面的动摩擦因数 0.1C 平板车 B 的质量 M1 kg4D t0时间内滑块 A 所受摩擦力做功的平均功率为 10 W【答案】D6如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 vt 图象（以地面为参考系）如图乙所示已知 v2v 1，物块和传送带间的动摩擦因数为

6、，物块的质量为 m，则（ ）A t 2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大B 0t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C 0t 2时间内，摩擦力产生的热量为D 0t 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为【答案】D【解析】0t 1时间内木块向左做匀减速直线运动，t 1时刻以后小物块向右运动，则 t1时刻小物块向左运动到速度为零，离 A 处的距离达到最大，故 A 错误；0t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t 3时间内小物块不受摩擦力作用，故 B 错误；0-t 2时间内，物块与传送带间的相对路程为：；摩擦产生的热量为：Q=mgs=mg 故 C 错误；0-t 2时间内，物块在

7、传送带上留下的划痕为：L=s=5，故 D 正确；故选 D。7如图所示，质量为 m 的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力 和竖直向上的力 F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力 F 大小始终与小球的速度成正比，即 (图中未标出)已知小球与杆间的动摩擦因数为 ，下列说法正确的是（ ）A 小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最后做匀速运动B 小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动C 小球的最大速度为D 小球的最大加速度为【答案】BC综上所述本题答案是：BC8如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体叠

8、放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 竖直向上拉 B，当上升距离为 h 时 B 与 A 开始分离下列说法正确的是（ ）A B 与 A 刚分离时，A 的速度达到最大B 弹簧的劲度系数等于C 从开始运动到 B 与 A 刚分离的过程中，B 的加速度先增大后减小D 从开始运动到 B 与 A 刚分离的过程中，B 物体的速度先增大后减小6【答案】BDB、 B 和 A 刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为 F 弹 =0.5mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为 2mg，则弹力减小量 F=1.5mg.两物体向上运动的距离为 h，则弹簧压缩量减小 x=h，由胡克定律得：;故 B 正确

9、.C、D、由题知， F=0.5mg2 mg，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应向上后向下，则 B 的加速度先减小后怎大， B 先做加速运动后做减速运动， B 的速度先增大后减小，故 C 错误，D 正确.故选 BD.9如图所示，光滑水平面上放置两长度相同，质量分别为 M1和 M2的木板 P， Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块 a 和 b，木板和物块均处于静止状态，现对物块 a 和 b 分别施加水平恒力 F1和F2，使它们向右运动至物块与木板分离时， P， Q 的速度分别为 Vl， V2，物块 a， b 相对地面的位移分别为Sl， S2，已知两物块与木板间的动摩擦因数

10、相同，下列判断正确的是( )A 若 F1=F2， M1M2，则 VlV2， Sl=S2B 若 F1=F2， M1V2， SlS2C 若 F1F2， M1=M2，则 VlS2D 若 F1V2， SlS2【答案】BD【解析】AB、首先看 时情况：由题得到 a、 b 所受的摩擦力大小是相等的，因此 a、 b 加速度相同，设 a、 b 加速度大小为 a，对于 P、 Q 滑动摩擦力即为它们的合力，设 P 的加速度大小为 a1， Q 的加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律得： ， ，其中 m 为物块 a 和 b 的质量，设板的长度为 L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时： a 与 P 的相对

11、位移为： ， b 与 Q 的相对7位移为： ， P 的速度为： ， Q 的速度为： ，物块 a 相对地面的位移分别为：，物块 b 相对地面的位移分别为： ， 若 ，则有 ，所以得： ， ， ；若 ，则有 ，所以得： ， ， ，故 A 错误，B 正确；C、若 、 ，根据受力分析和牛顿第二定律的：则 a 的加速度大于 b 的加速度，即 ，由于 ，所以 P、 Q 加速度相同，设 P、 Q 加速度为 a，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时： a 与 P 的相对位移为： ， b 与 Q 的相对位移为： ，由于 ，所以得： ， P 的速度为： ， Q 的速度为： ，物块 a 相对地面的位移分别

12、为：，物块 b 相对地面的位移分别为： ， 则 ， ，故 C 错误；D、根据 C 选项分析得：若 、 ，则有 ，得 ， ，故 D 正确；故选 BD。二、实验题 10某物理课外小组利用如图甲所示的装置完成探究小车的加速度与其所受合外力之间的关系实验。(1)请补充完整下列实验步骤的相关内容。用天平测量砝码盘的质量 m0；用游标卡尺测量遮光板的宽度 d，游标卡尺的示数如图乙所示，则其读数为_cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量两光电门之间的距离 s；在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门 A 和光电门 B 的时间相等；取下细绳和砝码盘，记下_；（填写

13、相应物理量及其符号）让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间 tA和 tB；步骤中，小车从光电门 A 下滑至光电门 B 过程合外力为_，小车的加速度为_；（用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为 g）8重新挂上细线和砝码盘，改变长木板的倾角和砝码盘中砝码的质量，重复步骤。(2)本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是_。 A尽量减小两光电门间的距离 sB尽量增大遮光片的宽度 dC调整滑轮，使细线与长木板平行D砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量【答案】0.54 砝码盘中砝码的质量 m C门的宽度 d 很小，所以我们用很短时间内的平均

14、速度代替瞬时速度滑块通过光电门 1 速度 vA= ，滑块通过光电门 2 速度 vB= ，根据速度位移公式可知 2as=vB2- vA2，解得 a= 尽量增大两光电门间的距离 s，距离大一些，误差小一些，故 A 错误；尽量减小遮光片的宽度 d，使测量的瞬时速度等于平均速度，故 B 错误；调整滑轮，使细线与长木板平行，否则撤去绳子后，合力不等于绳子拉力，故 C 正确；本实验没有用砝码盘和盘中砝码的重力代替绳子的拉力，不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故 D 错误故选 C.11为了“探究加速度与力、质量的关系” ，现提供如图所示的实验装置：(1)以下实验操作正确的是_A将木板不带滑轮的

15、一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B调节滑轮的高度，使细线与木板平行9C先接通电源后释放小车 D实验中小车的加速度越大越好(2)在实验中，得到一条如图所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为 T=0.1 s，且间距 、 、 、 、 、 已量出分别为 3.09 cm、3.43 cm、3.77 cm、4.10 cm、4.44 cm、4.77 cm，则小车的加速度 a=_m/s2 （结果保留两位有效数字）(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度 a 与所受外力 F 的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条 aF 图线，如图所示图线_是在轨道

16、倾斜情况下得到的（填“”或“” ） ；小车及车中砝码的总质量 m=_kg【答案】BC0.340.5【解析】（2）由匀变速运动的规律得：s4-s1=3aT2； s 5-s2=3aT2； s 6-s3=3aT2联立得：（s 4+s5+s6）-（s 1+s2+s3）=9aT 2解得：= 102=0.33m/s2，（3）由图象可知，当 F=0 时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中10平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。根据 F=ma 得 a-F 图象的斜率 k=1/m，由 a-F 图象得图象斜率 k=2

17、，所以 m=0.5kg。三、计算题：（写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 ）12如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出。 若砝码和纸板的质量分别为 m1=0.5kg 和 m2=0.1kg，砝码与纸板间的动摩擦因数 1=0.2，砝码与桌面、纸板与桌面间的动摩擦因数均为 2=0.5。重力加速度 g=10m/s2。 （1）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围；（2）若开始时，砝码与纸板左端的距离 d=1m，拉力 F=4.4N。为确保砝码不掉下桌面，则开始时纸板左端与桌子右侧距离 l 至

18、少多大？【答案】 （1） F4.2N （2） l=2.4m【解析】 （1）设纸板和砝码的加速度大小分别为 a1、 a2，根据牛顿第二定律， 1m1g =m1a1， F- 2(m1+m2)g- 1m1g =m2a2， 为使纸板相对砝码运动，应有 a14.2N （2）由第一问可知，两者发生相对运动。由 1m1g =m1a1， F- 2(m1+m2)g- 1m1g =m2a2 可知： a1=2m/s2； a2=4m/s2, 由 ， ， x2=x1+d， 可得 t=1s；此时砝码速度 v1=2m/s。 砝码滑下纸板后做减速运动由 2m1g =m1a3 得： a3= 5m/s2则 l= x1+d+ v1

19、2/2 a3=2.4m13如图所示，质量为 的长木板 A 静置在粗糙的水平地面上，质量为 的物块 B (可视为质点)放在长木板的最右端。突然水平向右敲打木板（敲打的时间极短） ，敲打后瞬间长木板 A 速度变为，随后整个过程物块 B 始终在长木板上。已知长木板与地面间的动摩擦因数为 ，物块 B 与11长木板间的动摩擦因数 ，物块 B 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 ，求：(1)刚敲打后瞬间长木板 A 与物块 B 的加速度；(2)长木板 A 最小长度 L(3)整个过程中长木板 A 的位移 s【答案】 （）5 m/s 2，方向向左；4 m/s 2，方向向右；（）4.5m；（）10.5m；

20、【解析】 （1）对 A、B 受力分析，由牛顿第二定律求 A、B 的加速度；（2）长木板 A 最小长度为 A、B 的位移差；（3）由牛顿第二定律求出共速之后的加速度，整个过程长木板 A 的位移为共速前 A 的位移与共速后 A 的位移之和.（1）根据牛顿第二定律，敲打后瞬间长木板 A 与物块 B 的加速度分别为：，方向向左； ，方向向右 解得：（3）设两者共速后，加速度大小为 ，继续运动时间为由牛顿第二定律得： 由 ，解得： 因此整个过程中长木板的位移 14如图所示，传送带与地面的倾角 37，从 A 到 B 的长度为 8.8 m，传送带以 v06 m/s 的速度逆时针转动在传送带上端无初速放一个质

21、量为 1 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g=10m/s2 ，(sin370.6，cos370.8) 12（1）求物体从 A 运动到 B 所需的时间是多少？（2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？（3）若传送带顺时针转动，此时物体以 8m/s 的初速度由 B 沿斜面向上运动，若使物体能够运动到 A，求传送带速度满足的条件？【答案】(1) 1.6 s (2) 1.8 m (3) 【解析】(1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a） ；由牛顿第二定律得： mgsin mg cos ma1 解得： a1 g

22、sin g cos 10 m/s 2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间 t10.6 s 发生的位移 s1 a1t12/21.8m8.8m，即物体加速到 6 m/s 时仍未到达 B 点当物体加速至与传送带速度相等时，由于 tan ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向上，受力分析如图（b）由牛顿第二定律有mgsin mg cos ma2解得 a22 m/s 2 设第二阶段物体滑动到 B 的时间为 t2则： LAB s1 v0t2 a2t22/2解得： t21 s， t27 s(舍去)故物体经历的总时间 t t1 t21.6 s. (

23、3)若皮带顺时针转动，则滑块速度大于皮带速度时，摩擦力平行传送带向下,受力分析如图（a） ，由牛顿13第二定律得： mgsin mg cos ma1 解得： a110 m/s 2速度小于皮带速度时，摩擦力平行传送带向上，如图（b） 。由牛顿第二定律有 mgsin mg cos ma2 解得 a22 m/s 2由得：15如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度 v 与对轻绳的拉力 F，并描绘出 v- 图象。假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段 AB 与 v 轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内 v 和 的关系；线段

24、BC 的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内 v 和 的关系；第三个时间段内拉力 F 和速度 v 均为 C 点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过 t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动。取重力加速度 g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。请分别指出第一个时间段内和第二个时间段内所有其他保持不变的物理量，并求出它们的大小；（2）求被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程。

25、【答案】 （1）第一时间段内重物所受拉力保持不变 F1=6.0N，第二段时间内拉力的功率保持不变 P=12W （2）3.15m【解析】 （1）由 v- 图象可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且 F1=6.0N；因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有 F1-G=ma14重物速度达到 vC=3.0m/s 时，受平衡力，即 G=F2=4.0N由此解得重物的质量 m= =0.40kg联立解得 a=5.0m/s 2在第二段时间内，图线斜率不变，则拉力的功率保持不变 P=Fv=12w（2）设第一段时间为 t1，重物在这段时间内的位移为 x1，则， 设第二段时间为 t2，t 2=t-t1=1.0s重物在 t2这段时间内的位移为 x2，根据动能定理有 Pt2-Gx2=解得 x 2=2.75m 所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程 x=x 1+x2=3.15m