2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 診斷卷(三)專題一 力與運(yùn)動 第三講 牛頓運(yùn)動定律
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2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 診斷卷(三)專題一 力與運(yùn)動 第三講 牛頓運(yùn)動定律
考點(diǎn)一動力學(xué)的兩類基本問題1.考查已知受力求運(yùn)動問題(2020·福州二模)如圖1所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落,接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動。觀察小球開始下落到小球第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程,下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖像中符合實(shí)際情況的是()圖12考查牛頓第二定律在瞬時問題中的應(yīng)用(多選) (2020·海南高考)如圖2,物塊a、b和c的質(zhì)量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O,整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)將細(xì)線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()圖2Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l23考查已知運(yùn)動求受力問題(2020·銀川二模)如圖3甲所示,一個物體放在粗糙的水平地面上。從t0時刻起,物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動。在0到t0時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等,則()圖3A在0到t0時間內(nèi),物體的速度逐漸變小Bt0時刻,物體速度增加到最大值C在0到t0時間內(nèi),物體做勻變速直線運(yùn)動D在0到t0時間內(nèi),力F大小保持不變考點(diǎn)二運(yùn)動圖像與牛頓第二定律的綜合應(yīng)用4.考查牛頓第二定律與v t圖像的綜合應(yīng)用(2020·四川第二次大聯(lián)考)在粗糙的水平地面上有一質(zhì)量為2 kg的小物塊,在水平拉力作用下從t0時開始做初速度為零的直線運(yùn)動,t6 s時撤去拉力,其速度圖像如圖4所示。若取重力加速度g10 m/s2,則下列說法正確的是()圖4A物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2B02 s內(nèi),物塊所受的拉力大小為4 NC08 s內(nèi),物塊離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)為6 mD08 s內(nèi),物塊的平均速度大小為2.5 m/s5考查牛頓第二定律與a t圖像的綜合應(yīng)用(多選)(2020·江蘇高考)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖5所示,以豎直向上為a的正方向,則人對地板的壓力()圖5At2 s時最大 Bt2 s時最小Ct8.5 s時最大 Dt8.5 s時最小6考查牛頓第二定律與v t圖像的綜合應(yīng)用(多選)(2020·青島聯(lián)考)如圖6甲所示,質(zhì)量為M2 kg的木板靜止在水平面上,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板。物塊和木板的速度時間圖像如圖乙所示,g10 m/s2,結(jié)合圖像,下列說法正確的是()圖6A可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移x5 mB可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.1C可求得物塊的質(zhì)量m2 kgD可求得木板的長度L2 m考點(diǎn)三動力學(xué)的連接體問題7.考查牛頓第二定律解決連接體問題(2020·合肥一模)如圖7所示,a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1和m2,由輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a,使a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動時,彈簧伸長量為x1,加速度大小為a1;當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a,使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動時,彈簧伸長量為x2,加速度大小為a2。則有()圖7Aa1a2,x1x2 Ba1<a2,x1x2Ca1a2,x1>x2 Da1<a2,x1>x28考查牛頓第二定律、整體法與隔離法的應(yīng)用(2020·東北三省模擬)如圖8所示,三個物體質(zhì)量分別為m11.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg,已知斜面上表面光滑,斜面傾角30°,m1和m2之間的動摩擦因數(shù)0.8。不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量和摩擦。初始用外力使整個系統(tǒng)靜止,當(dāng)撤掉外力時,m2將(g10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖8A和m1一起沿斜面下滑B和m1一起沿斜面上滑C相對于m1上滑D相對于m1下滑9考查整體法、隔離法與圖像的綜合應(yīng)用(多選)(2020·銀川二模)如圖9甲所示,用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上,兩物塊的質(zhì)量分別為mA1 kg、mB2 kg,當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離。t0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1,同時對物塊B施加同一方向的拉力F2,使A、B從靜止開始運(yùn)動,運(yùn)動過程中F1、F2方向保持不變,F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運(yùn)動情況的分析,正確的是()圖9At2.0 s時刻A、B之間作用力大小為0.6 NBt2.0 s時刻A、B之間作用力為零Ct2.5 s時刻A對B的作用力方向向左D從t0時刻到A、B分離,它們運(yùn)動的位移為5.4 m考點(diǎn)四傳送帶模型10.考查應(yīng)用牛頓第二定律分析水平傳送帶問題(多選)(2020·衡水調(diào)研)如圖10甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時,小物塊在傳送帶上運(yùn)動的v t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1,則()圖10At2時刻,小物塊離A處的距離達(dá)到最大Bt2時刻,小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大C0t2時間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向向右D0t3時間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用11考查應(yīng)用牛頓第二定律分析傾斜傳送帶問題(多選)如圖11所示,傳送皮帶與水平面夾角為37°,A、B間距離L16 m,以速度v10 m/s勻速運(yùn)行?,F(xiàn)在皮帶的A端無初速放上一個小物體(可視為質(zhì)點(diǎn)),已知物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,sin 37°0.6,cos 37°0.8,取g10 m/s2,傳動輪大小可忽略,則物體滑到B端的速度大小可能是()圖11A6 m/s B8 m/sC10 m/s D12 m/s12考查應(yīng)用牛頓第二定律分析傳送帶與斜面的綜合問題(2020·東北三省模擬)如圖12所示,一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時針傳送,水平部分長L6 m,其左端與一傾角為30°的光滑斜面平滑相連,斜面足夠長,一個可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無初速度地放在傳送帶最右端,已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)0.2,g10 m/s2。求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠(yuǎn)端所用的時間。圖12答 案1選A小球接觸彈簧開始,合力向下,向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,運(yùn)動到某個位置時,重力等于彈簧彈力,合力為零,加速度為零,速度最大,然后重力小于彈力,合力方向向上,向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動,運(yùn)動到最低點(diǎn)時,速度為零,加速度最大,根據(jù)對稱性可知,到達(dá)最低端時加速度大于g,故A正確,B、C、D錯誤。2選AC設(shè)物體的質(zhì)量為m,剪斷細(xì)線的瞬間,細(xì)線的拉力消失,彈簧還沒有來得及改變,所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力FT1,剪斷前對b、c和彈簧組成的整體分析可知FT12mg,故a受到的合力FmgFT1mg2mg3mg,故加速度a13g,A正確,B錯誤;設(shè)彈簧S2的拉力為FT2,則FT2mg,根據(jù)胡克定律Fkx可得l12l2,C正確,D錯誤。3選B由圖乙可知,加速度隨時間逐漸減小,方向不變,所以加速度方向始終與速度方向相同,物體做加速運(yùn)動,故A錯誤;當(dāng)加速度減為零時,速度最大,所以t0時刻,物體速度增加到最大值,故B正確;加速度逐漸減小,所以物體不是做勻變速運(yùn)動,故C錯誤;根據(jù)FFfma,可知,a減小,F(xiàn)f不變,所以F減小,故D錯誤。4選A第6 s后只有摩擦力,即mgma,其中a2 m/s2,得動摩擦因數(shù)為0.2,故A正確;02 s內(nèi),根據(jù)F1mgma1,其中a12 m/s2,得F18 N,故B錯誤;08 s內(nèi),物塊先向正方向走了6 m,即為t軸上方的面積,然后又向負(fù)方向走了14 m,即為t軸下方的面積,所以離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)應(yīng)為8 m,故C錯誤;物塊的平均速度為位移與時間的比值,即1 m/s,故D錯誤。5選AD人受重力mg和支持力FN的作用,由牛頓第二定律得FNmgma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FNFNmgma。當(dāng)t2 s時a有最大值,F(xiàn)N最大;當(dāng)t8.5 s時,a有最小值,F(xiàn)N最小,選項(xiàng)A、D正確。6選AC物塊在前2 s內(nèi)的位移x(×12×1)m5 m,A正確;由運(yùn)動學(xué)圖像知,兩物體加速度大小相同,設(shè)為a,則有mgmaMa,則mM2 kg,C正確;由圖像求得a2 m/s2,則g2,0.2,B錯;由于物塊與木板達(dá)到共同速度時不清楚二者的相對位置關(guān)系,故無法求出木板的長度,D錯。7選B對整體分析有:a1g,a2,可知a1<a2。隔離對b分析有:F1m2gm2a1,解得:F1,F(xiàn)2m2a2,可知F1F2,根據(jù)胡克定律知,x1x2。故選B。8選D假設(shè)m2隨m1一起上滑,則有m3gFm3a,F(xiàn)(m1m2)gsin (m1m2)a,解得a2.5 m/s2,隔離m2可知,F(xiàn)f2m2gsin m2a,解得:Ff215 N>m2gcos ,故m2相對m1下滑,D正確。9選AD設(shè)t時刻A、B分離,分離之前A、B物體共同運(yùn)動,加速度為a,以整體為研究對象,則有:a m/s1.2 m/s2,分離時:F2FfmBa,得:F2FfmBa0.3 N2×1.2 N2.7 N,經(jīng)歷時間:t×2.7 s3 s,根據(jù)位移公式:xat25.4 m,則D正確;當(dāng)t2 s時,F(xiàn)21.8 N,F(xiàn)2FfmBa,得:FfmBaF20.6 N,A正確,B錯誤;當(dāng)t2.5 s時,F(xiàn)22.25 N,F(xiàn)2FfmBa,得:FfmBaF2>0,C錯誤。10選BC相對地面而言,小物塊在0t1時間內(nèi),向左做勻減速運(yùn)動,t1t2時間內(nèi),小物塊反向向右做勻加速運(yùn)動,當(dāng)其速度與傳送帶速度相同時(即t2時刻),小物塊向右做勻速運(yùn)動。故小物塊在t1時刻離A處距離最大,選項(xiàng)A錯誤。相對傳送帶而言,在0t2時間內(nèi),小物塊一直相對傳送帶向左運(yùn)動,故一直受向右的滑動摩擦力,在t2t3時間內(nèi),小物塊相對于傳送帶靜止,小物塊不受摩擦力作用,因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大值,選項(xiàng)B、C正確,選項(xiàng)D錯誤。11選BD因傳送帶運(yùn)行速度方向不知,故分別討論:若輪子順時針方向轉(zhuǎn)動,帶動皮帶繞輪順時針方向轉(zhuǎn)動,小物體放上A端相對地面無初速度,但相對皮帶斜向下運(yùn)動,故皮帶作用于物體的摩擦力沿皮帶斜面向上,又由于mgsin 37°>Ffmgcos 37°,或0.5<tan 37°0.75,故物體有沿斜面向下的加速度,設(shè)為a1,則mgsin 37°mgcos 37°ma1,a12 m/s2物體從A運(yùn)動到B的時間t14 s,到達(dá)B端速度為v1a1t18 m/s若輪子逆時針轉(zhuǎn)動,帶動皮帶繞輪逆時針轉(zhuǎn)動,小物體放上皮帶A端初速度為零,相對皮帶斜向上運(yùn)動,故皮帶作用于物體的摩擦力沿皮帶斜面向下。設(shè)物體的加速度為a2,則mgsin 37°mgcos 37°ma2a210 m/s2物體加速到皮帶運(yùn)行速度v10 m/s的時間為:t11 s物體的位移x15 m<L16 m,還未到達(dá)B端,此刻相對速度為零,摩擦力將發(fā)生突變。假設(shè)摩擦力消失,皮帶勻速向下,物體因受重力沿皮帶斜面分力作用將向下加速,下一時刻物體速度將超過皮帶速度,故有摩擦力,且皮帶對物體的摩擦力方向變?yōu)樾毕蛏?。由于mgsin 37°>Ffmgcos 37°,物體加速度變?yōu)閍2,a2gsin 37°gcos 37°a12 m/s2。設(shè)物體繼續(xù)加速下滑到B端所需時間為t2,而x2vt2a2t22。又x2Lx111 m,解得:t21 s,物體從A運(yùn)動到B的總時間t1t22 s。物體到達(dá)B端速度為v2va2t212 m/s,故B、D均正確。12解析:Ffmgma1a12 m/s2設(shè)物塊與傳送帶達(dá)到共速v22a1x1x14 m<6 mt12 sx2Lx1x2vt2,所以t20.5 s在斜面上a25 m/s2上升和下降時間t30.8 s返回傳送帶向右減速t42 st總t1t22t3t4t總6.1 s答案:6.1 s