2019-2020年高考物理 專題訓練 力和運動、功和能（三）.doc

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2019-2020年高考物理 專題訓練 力和運動、功和能（三） 一、選擇題 1．如圖所示，A、B兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30的光滑斜面頂端．A、B兩小球的質量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為(　　) A．都等于　　　　　　　 B．和0 C．和 D．和 2．一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦．現將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平．若在彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 3．如圖所示，在一足夠長的粗糙水平桿上套一小圓環(huán)，在小圓環(huán)上施加一水平向右的恒力F，使小圓環(huán)由靜止開始運動，同時在小圓環(huán)上施加一豎直向上的力，且滿足的關系為．已知小圓環(huán)的質量為m，小圓環(huán)與水平桿之間的動摩擦因數為μ.則小圓環(huán)運動過程中速度隨時間變化的圖像為(　　) 4．通過輕桿連接在一起的物塊A和B，質量分別是和，放在光滑的水平面上，現同時給它們施加方向如圖所示的推力和拉力，已知，則桿對A的作用力(　　) A．必為拉力 B．必為推力 C．可能為拉力，可能為推力 D．不可能為零 5．如圖所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變．上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g＝10 m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為4 830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N 6．如圖所示，A、B 兩物塊的質量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上．A、B 間的動摩擦因數為μ，B 與地面間的動摩擦因數為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．現對 A 施加一水平拉力 F，則(　 　) A．當F<2μmg 時，A、B 都相對地面靜止 B．當F＝μmg 時， A 的加速度為μg C．當F>3μmg 時，A 相對 B 滑動 D．無論 F 為何值，B 的加速度不會超過μg 7．如圖甲所示，輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態(tài)．現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速直線運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，則下列結論正確的是(　　) A．物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài) B．物體的質量為3 kg C．物體的加速度大小為5 m/s2 D．彈簧的勁度系數為7.5 N/cm 二、非選擇題 8．Ⅰ．如圖為“測量彈簧勁度系數”的實驗裝置圖，彈簧的上端固定在鐵架臺上，下端裝有指針及掛鉤，指針恰好指向一把豎直立起的毫米刻度尺．現在測得在掛鉤上掛上一定數量鉤碼時指針在刻度尺上的讀數如下表： 鉤碼數n 0 1 2 3 4 5 刻度尺讀數xn(cm) 2.62 4.17 5.70 7.22 8.84 10.43 已知所有鉤碼的質量可認為相同且m0＝50 g，當地重力加速度g＝9.8 m/s2．請回答下列問題： （1）請根據表格數據計算出彈簧的勁度系數k＝______N/m.(結果保留兩位有效數字) （2）考慮到在沒有掛鉤碼時彈簧自身有重量，測量的勁度系數與真實值相比較______．(填“偏大”、“偏小”或“沒有影響”) Ⅱ．在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，某小組利用如圖甲所示的裝置完成實驗，橡皮條的一端C固定在木板上，用兩只彈簧測力計把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點． （1）則下列敘述正確的是________． A．該實驗中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力 B．兩次操作必須將橡皮條和繩的結點拉到相同位置 C．實驗中AO和BO的夾角應盡可能大 D．在實驗中，彈簧測力計必須保持與木板平行，讀數時視線要正對彈簧測力計的刻度線 （2）對數據處理后得到如圖乙所示的圖線，則F與兩力中，方向一定沿CO方向的是________． 9．如圖甲所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖像分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標分別為a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根據v－t圖像，求： （1）物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3； （2）物塊質量m與長木板質量M之比； （3）物塊相對長木板滑行的距離Δx． 10．如圖所示，兩木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑塊，滑塊在F＝6 N的水平力作用下由靜止開始向右運動．已知木板A、B長度均為l＝1 m，木板A的質量mA＝3 kg，小滑塊及木板B的質量均為m＝1 kg，小滑塊與木板A、B間的動摩擦因數均為μ1＝0.4，木板A、B與地面間的動摩擦因數均為μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2．求： （1）小滑塊在木板A上運動的時間； （2）木板B獲得的最大速度． 11．如圖所示，質量M＝0.2 kg的長木板靜止在水平地面上，與地面間動摩擦因數μ1＝0.1，另一質量m＝0.1 kg的帶正電小滑塊以v0＝8 m/s的初速度滑上長木板，滑塊與長木板間動摩擦因數μ2＝0.5，小滑塊帶電量為q＝210－3 C，整個運動過程始終處于水平向右的勻強電場中，電場強度E＝1102 N/C，(g＝10 m/s2)求： （1）剛開始時小滑塊和長木板的加速度大小各為多少？ （2）小滑塊最后停在距長木板左端多遠的位置． A線生專項訓練題（三）參考答案 ——牛頓運動定律與直線運動 1．解析：選C.由整體法知，F彈＝(mA＋mB)gsin 30 剪斷線瞬間，由牛頓第二定律 對B：F彈－mBgsin 30＝mBaB，得aB＝ 對A：mAgsin 30＝mAaA，得aA＝g 所以C項正確． 2．解析：選D．滑塊在傳送帶上受力如圖所示，當Ff＞kx時，滑塊向左做加速運動，由牛頓第二定律得Ff－kx＝ma，隨著x的增大，加速度a減?。划擣f＝kx時，a＝0，速度達到最大值；當Ff＜kx時，由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma，隨著x的增大，加速度a增大，速度v減小，直至為零，此時彈簧彈力最大，故選項D正確． 3．解析：選C．小圓環(huán)剛開始運動時，加速度a1＝，隨著速度v增大，a1增大，當速度v增大到kv>mg時，加速度a2＝，隨著速度v增大，a2減小，當a2減小到0時，做勻速運動，則C正確． 4．解析：選C．以整體為研究對象，由牛頓第二定律有：FA＋FB＝(mA＋mB)a，再以A為研究對象，設桿對A的推力為F，由牛頓第二定律有：FA－F＝mAa，解兩式得：F＝，僅由FA＞FB，無法確定F值的正負，即無法確定F的方向，故力F可能是拉力，可能是推力，也可能為零，C項正確． 5．解析：選AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F?。璵g＝ma，解得F?。絤(g＋a)＝460(10＋0.5) N＝4 830 N，A正確．加速上升過程，隨著速度增大，空氣阻力增大，B項錯誤．浮力和重力不變，而隨著空氣阻力的增大，加速度會逐漸減小，直至為零，故上升10 s后的速度v＜at＝5 m/s，C項錯誤．勻速上升時，F?。紽f＋mg，所以Ff＝F?。璵g＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D項正確． 6．解析：對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為μmg，故當μmg＜F＜2μmg時，A、B相對地面運動，故A錯．對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－3mg＝3ma；對B，在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，μ2mg－3mg＝ma，兩式聯立解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C對．當F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正確．無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可見D正確． 7．解析：選C．當物體與彈簧分離時，彈簧對物體的彈力為零，根據胡克定律可知，彈簧的形變量為零，即彈簧處于原長狀態(tài)，故A選項錯誤；根據胡克定律、平衡條件和圖像可得，4k＝mg,4k＋10－mg＝ma和30－mg＝ma，解得物體的質量為m＝2 kg，物體的加速度大小為a＝5 m/s2，彈簧的勁度系數為k＝5 N/cm，故B、D選項錯誤，C選項正確． 8．Ⅰ．解析：利用題目中表格數據可畫出F－x的圖像，求圖線斜率可得彈簧的勁度系數k＝31 N/m或32 N/m．由圖表可知，不掛鉤碼時的彈簧長度就相當于原長了，在描繪F－x圖像中，彈簧的自身重量不影響勁度系數． Ⅱ．解析：（1）AO和BO的拉力與CO的拉力的合力為零，它們之間不是合力與分力的關系，A錯誤；實驗中兩次拉伸橡皮條，注意將橡皮條和繩的結點拉到相同位置，以保證兩次操作中CO的拉力是相同的，則選項B正確；如果AO和BO的夾角適當，則兩個分力可以將結點拉到O點，若夾角過大，則兩拉力不一定能將結點拉到O點，所以選項C錯誤；彈簧測力計與木板平行以便保證各力在同一平面內，正對彈簧測力計的刻度線讀數可以減小偶然誤差，因此D正確. （2）由題圖乙知，F是二力用平行四邊形定則合成所得，是用一個力拉橡皮條時的外力，故一定與CO共線的是 答案：Ⅰ．（1）31或32?。?）沒有影響 Ⅱ．（1）BD?。?） 9．解析：（1）由v－t圖像可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2. （2）對物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1 對木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 物塊和木板達到共同速度后向前勻減速階段： μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3 以上三式聯立可得＝. （3）由v－t圖像可以看出，物塊相對于長木板滑行的距離 Δx對應圖中△abc的面積，故Δx＝104 m＝20 m 10．解析：（1）小滑塊對木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A與B整體受到地面的最大靜摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑塊滑上木板A后，木板A保持靜止 設小滑塊滑動的加速度為a1，則： F－μ1mg＝ma1 l＝a1t 解得：t1＝1 s （2）設小滑塊滑上B時，小滑塊速度為v1，B的加速度為a2，經過時間t2滑塊與B脫離，滑塊的位移為x塊，B的位移為xB，B的最大速度為v2，則： μ1mg－2μ2mg＝ma2 vB＝a2t2 xB＝a2t v1＝a1t1 x塊＝v1t2＋a1t x塊－xB＝l 解得：vB＝1 m/s 11．解析：(1)設小滑塊的加速度大小為a1，長木板的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：Eq－μ2mg＝－ma1 解得：a1＝3 m/s2 μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2 解得：a2＝1 m/s2 (2)設兩者經過t時間相對靜止，此時的速度為v，則： v0－a1t＝a2t＝v 解得：t＝2 s，v＝2 m/s 這段時間內小滑塊的位移： x1＝v0t－a1t2＝10 m 長木板的位移x2＝a2t2＝2 m 由于此后兩者一起向右減速運動，所以小滑塊最后距長木板左端Δx＝x1－x2＝8 m 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)8 m