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卷练习

1、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 卷练习培优押题预测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 5 55s 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

2、相连，、的另一端分别固定于P、 Q. 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 ()1/15A 若断，则ag，方向竖直向下B 若断，则a，方向水平向右C 若断，则a，方向沿的延长线D 若断，则ag，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=F sin =F =ma，因而，方向水平向左，故BD 错误。故选12A。3如图甲所示

3、, 质量 m=1 kg、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2/15置坐标变化的关系图象如图乙所示2), g 取 10 m/s , 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. 1【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f m现用平行于斜

4、面的拉力F 拉其中一个质量为2m的木块，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（）ABCD【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：+6sin30 °=6ma,将 2个及上面的 2m看做整体：fm+4sin30=4maFmgmmg3/15, 由、解得：; 故选 C.5如图甲所示，滑块A 的质量 m 1 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v0 3 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

5、时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示， t 0 是滑块A 在车上运动的总时间，测得t 0 1 s 以下说法中不正确的是( 重力加速度 g 10 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 M 1 kgD t 0 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v t 图象（以地面为参考系）如图乙所示已知v2v1，物块

6、和传送带间的动摩擦因数为 ，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4/15B 0 t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C 0 t 2 时间内，摩擦力产生的热量为D 0 t 2 时间内，物块在传送带上留下的划痕为【答案】 D【解析】 0 t 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t 1 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； 0 t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t 2t 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

7、量为： Q= mg s= mg 故 C 错误； 0-t 2 时间内，物块在传送带上留下的划痕为： L= s=，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

8、5/15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【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 =0.5 mg，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=1.5 mg. 两物体向上

9、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 .C、 D、由题知， F=0.5 mg 2mg，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应向上后6/15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，木板和物块均处于静止状态，现对b物块 a 和 b 分别施加水平恒力F 和 F ，使它们向右运动至物块与木板分离时，P， Q的速度12分别为 V ， V ，物块

10、a，b 相对地面的位移分别为S， S ，已知两物块与木板间的动摩擦因l2l2数相同，下列判断正确的是 ()A 若 F1=F2， M1>M2，则 Vl >V2， Sl =S2B 若 F1=F2， M1<M2，则 Vl >V2， Sl >S2C 若 F1>F2， M1=M2，则 Vl <V2， Sl >S2D 若 F1<F2， M1=M2，则 Vl >V2， Sl >S2【答案】 BD【解析】 AB、首先看时情况：由题得到、b所受的摩擦力大小是相等的，因此a、ab 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

11、它们的合力，设P 的加速度大小为 a ， Q的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得：，其中 m12为物块a和b的质量，设板的长度为，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分L离时： a 与 P的相对位移为：， b 与 Q的相对位移为：， 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、Q加速度相同，设、加速度为，它们向右都做PP Qa7/15匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a 与 P

12、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，

13、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t A和t B；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）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_。8/15A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.

14、54 砝码盘中砝码的质量mC门 的 宽 度d很 小 ， 所 以 我 们 用 很 短 时 间 内 的 平 均 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 2B2-vA2，解得 a=as=v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

15、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C先接通电源后释放小车D实验中小车的加速度越大越好9/15(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

16、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a F 图线，如图所示图线_ 是在轨道倾斜情况下得到的（填“”或“”）；小车及车中砝码的总质量m=_kg 【答案】 BC0.34 0.5【解析】（2）由匀变速运动的规律得：s4-s 1 =3aT2；s5-s 2=3aT2；s6-s 3=3aT2联立得：（s4 +s5+s6）-（s1+s 2+s3）=9aT2解得：=×10- 2=0.33m/s 2，（ 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，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫

17、得过高。所以图10/15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，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 m=0.5kg和 m=0.1kg ，砝码与纸板间的动摩擦因数=0.2 ，砝1212g=10m/s2。码与桌面、纸板与桌面间的动摩擦因数均为 =0.5 。重力加速度（ 1）要使纸板相对砝码运动，求所需拉

18、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 至少多大？【答案】（ 1） F>4.2N （ 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， 1m1g1 1 ，F- 2( 1+ 2) 1 12 2，=mam m g-mg =m a为使纸板相对砝码运动，应有a <a21代入数据可得：F>4.2N（2）由第一问可知，两者发生相对运动。由 1m1g =m1a1， F- 2( m1+m2) g- 1m1g =m2a222由， x2=x1+

19、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/s 2则 l= x 1+d+ v 1 2/2 a 3=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：11/15(1) 刚敲打后瞬间长木板 A 与物块 B 的加速度；(2) 长木板

20、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；【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，

21、传送带与地面的倾角 37°，从 A 到 B 的长度为8.8m，传送带以v0 6m/ s 的速度逆时针转动在传送带上端无初速放一个质量为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 ，(sin37 ° 0.6 ，cos37° 0.8)12/15（ 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

22、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 mgcos ma12解得： a1 gsin gcos 10 m/s物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t 1 0.6 s发生的位移 s a t26 m/s 时仍未到达B 点1/2 1.8m 8.8m，即物体加速到11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sin cos mamgmg2解得 a2 2 m/s 22设

23、第二阶段物体滑动到B 的时间为 t 2 则： LABs1 v0t 2 a2t 2 /2解得： t 2 1 s ， t 2 7 s( 舍去 ) 故物体经历的总时间t t 1 t 21.6 s.(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13/15图（ a），由牛顿第二定律得： mgsin mgcos ma1 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 mgcos ma2解得 a2 2 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