《高考物理二轮复习增分专练：专练（03）牛顿运动定律及其应用（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习增分专练：专练（03）牛顿运动定律及其应用（含解析）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2020年高考物理二轮复习增分专练专练（03）牛顿运动定律及其应用（含解析）一、选择题（共10个小题，每小题6分，满分60分）1、里约奥运会上，中国跳水运动员吴敏霞和施廷懋获得双人三米板的冠军。运动员跳水时，从图所示的空中最高位置下落到跳板上。从运动员接触跳板到与跳板一同下降到最低点的过程中，下列说法正确的是A运动员受到跳板的作用力始终大于其重力 B运动员受到跳板的作用力始终小于其重力C运动员的速度先增大后减小 D运动员的速度一直在减小【答案】C2、(多选) 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）
2、A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动，故鱼缸受到桌布对其向右的摩擦力作用，所以A错误；因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸在桌布上与在桌面上运动时所受摩擦力大小相等，加速度大小相等，鱼缸先在桌布上加速，然后在桌面上减速到停止，所以根据vat知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，所以B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，所以C错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸与桌布可能相对滑动也可能相对静止，鱼缸在桌面运动
3、的时间都会变长，所以鱼缸可能滑出桌面，所以D正确。【答案】BD3、由离地足够高的相同高度处，使甲球与乙球同时自静止状态开始落下，两球在抵达地面前，除重力外，只受到来自空气阻力F的作用，且阻力与球的下落速度v成正比，即Fkv(k0)，且两球的比例常数k完全相同，如图所示为两球的速度时间关系图。若甲球与乙球的质量分别为m1与m2，则下列叙述正确的是Am2m1，且乙球先抵达地面 Bm2m1，且甲球先抵达地面Cm2m1，且乙球先抵达地面 Dm2m1，且甲球先抵达地面【答案】C4、如图所示，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板
4、上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为A1.5g1.5g0 Bg2g0 Cggg Dgg0解析在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，BCD错误。【答案】A5、(多选)如图所示，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计，由静止
5、释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，g10 m/s)。下列说法正确的是A细绳的拉力大小等于10 N BA、B两物体发生相对滑动CB物体的加速度大小是2.5 m/s2 DA物体受到的摩擦力大小为2.5 N解析设AB两物体未发生相对滑动。对于ABC三物体组成的系统mcg(mAmBmC)aa2.5 m/s2此时A所需摩擦力fmAa2.5 NmAg.所以假设成立。对于C，由牛顿第二定律得mcgFmca解得：F7.5 N故选项C、D正确、A、B错误。【答案】CD6、如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为。以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传
6、送带间的动摩擦因数tan ，则选项图中能反映小木块的速度随时间变化的关系的是 解析当小木块速度小于v0时，对小木块进行受力分析可知，小木块受沿传送带向下的滑动摩擦力作用，此时有mgsin mgcos ma1，可知a1gsin gcos ，当小木块速度达到v0时，因为tan ，所以mgsin mgcos ，所以小木块将继续加速下滑，此时有mgsin mgcos ma2，可知a2gsin mcos ，a1a2，对比各vt图象可知选项D正确。【答案】D7、(多选)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，
7、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A05 s内物块做匀减速运动 B在t1 s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10 N D物块与水平面间的动摩擦因数为0.3解析物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1 m/s210 m/s2匀加速直线运动的加速度大小为：a2 m/s24 m/s2根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2联立两式解得：F7 N，f3 N则动摩擦因数为：0.3物体匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s。即在01 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故B、D正确，A、C错误。【答案】BD8、如图所示，足
8、够长的斜面固定在水平面上，斜面顶端有一附有挡板的长木饭，木板与斜面之间的动摩擦因数为，轻质弹簧测力计一端挂在挡板上，另一端连接着光滑小球。木板固定且小球静止时，弹簧中心线与木板平行，测力计示数为F1；无初速释放木板后，木板沿斜面下滑，小球相对木板静止时，测力计示数为F2。已知斜面高为h，底边长为d。下列说法正确的是A测力计示数为F2时，弹簧一定处于压缩状态 B测力计示数为F2时，弹簧可能处于压缩状态C D解析设斜面倾角为，木板固定不动时。F1mgsin 。木板与小球一起下滑时，对整体(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a对小球：mgsin F2ma解得F2mgcos ，方向沿斜面向正。
9、所以tan 。故只有选项D正确。【答案】D9、(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)下列说法正确的是A物块A先到达传送带底端 B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B均做负功 D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为11解析A、B两物体在沿斜面方向上的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，重力的分力大于滑动摩擦力，故均沿斜面向下作匀加速运动，初速度、加速度
10、均相等，因此同时到达传送带底部，选项B正确；此过程重力做正功，传送带摩擦力做负功，选项C正确。由于A物体的速度与传送带方向相反，B物体与传送带速度方向相同，两者的划痕即相对位移肯定不同，选项D错误。【答案】BC10、(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为，下列说法正确的是A若已知，可求出A的质量 B若未知，可求出图
11、乙中a1的值C若已知，可求出图乙中a2的值 D若已知，可求出图乙中m0的值 解析由题中图象，若m0，物体A受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A的加速度方向沿斜面向下，a2 gsin ，C项正确；若m m0，A的加速度为零，由平衡条件可知，m0gmAgsin ，必须知道A的质量mA和的值，m0才可求，D项错；若B的质量无限大，所受拉力远小于它所受重力，B的加速度趋近于g，所以A的最大加速度为a1g，B项正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A的质量，A项错。【答案】BC二、计算题(本题共2小题，共24分)11、(12分)如图甲所示。质量m1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开
12、始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化的关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小s和通过的路程L；(2) 沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。【答案】(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)在2 s内，由图乙知：物块上滑的最大距离：s121 m1 m物块下滑的距离：s211 m0.5 m所以位移大小ss1s20.5 m路程Ls1s21.5 m(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第
13、二定律有00.5 s内：Ffmgsin ma1051 s内：fmgsin ma2解得F8 N。12、(12分)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37，长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿AB平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到CD平台上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？(2)当小物体在AB平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台CD，求这个临界速度。【答案】(1)0.5(2)小于2 m/s解析(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma1 BC过程有：v2a1l 解得：a110 m/s2，0.5。(2)显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma2 若恰好能到达高台时，有：v2a2l 解得：v2 m/s即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针传动的速度多大，大小物体总不能到达平台CD。
