2019届高三物理二轮复习诊断卷三专题一力与运动牛顿运动定律

1、诊断卷三牛顿运动定律2019 届 高三物 理二轮 复习第T分 诊断卷 （三）专 题一力 与运动 第三讲 牛顿运 动定律 考点一动力学的两类基本问题物体在水平力 F作用下由静止开始做直线运动。在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则A.在0到3时间内，物体的速度逐渐变小B. 3时刻，物体速度增加到最大值C.在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动D.在0到t0时间内，力F大小保持不变考点二运动图像与牛顿第二定律的综合应用4.考查牛顿第二定律与v -t图像的综合应用（2015 四川第二次大联考）在粗糙的水平地面上有一质量为2 kg的小物块，

2、在水平拉力作用下从t = 0时开始做初速度为零的直线运动， t = 6 s时撤去拉力，其速度图像如图 4所示。若取重力加速度 g= 10 m/s 2,则下列说法正确的是（图4a随时间t变化的B. t=2 s时最小A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2B. 02 s内，物块所受的拉力大小为4 NC. 08 s内，物块离出发点最远为 6 mD. 08 s内，物块的平均速度大小为2.5 m/s5.考查牛顿第二定律与 a -t图像的综合应用（多选）（2015 江苏高考）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度图线如图5所示，以竖直向上为 a的正方向，则人对地板的压力（）A. t =2 s时最大C. t =

3、8.5 s 时最大D. t = 8.5 s 时最小6 .考查牛顿第二定律与 v -t图像的综合应用（多选）（2015 青岛联考）如图6甲所示，质量为 M= 2 kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块（质量设为m从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度一时间图像如图乙所示，g= 10 m/s 2,结合图像，下列说法正确的是 （）v/ (m-s i) 0I 23 t/s甲乙图6A.可求得物块在前2 s内的位移x=5 mB.可求得物块与木板间的动摩擦因数=0.1C.可求得物块的质量m2 kgD.可求得木板的长度L=2 m考点三动力学的连接体问题7 .考查牛顿第二定律解决连接体问题（2

4、015 合肥一模）如图7所示，a、b两物体的质量分别为 m和m,由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为xi,加速度大小为as当用大小仍为 F的恒力沿水平方向拉着 a,使a、b 一起沿光滑水平桌面做 匀加速直线运动时，弹簧伸长量为X2,加速度大小为a2。则有（）- /-图7A.a1= 32,xi = X2B.a1 <a2,xi = X2C. a1= 82,x>x2D.a1 <a2,x»x28 .考查牛顿第二定律、整体法与隔离法的应用（2014 东北三省模拟）如图8所示，三个物体质量分别为 m= 1.0 kg、m=2.

5、0 kg、m = 3.0 kg ,已知斜面上表面光滑，斜面倾角0 =30° , m和m之间的动摩擦因数 科=0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。 初始用外力使整个系统静止， 当撤掉外力时，四将（g= 10 m/s2, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ）（）A.和m 一起沿斜面下滑B.和m 一起沿斜面上滑C.相于m上滑D.相于m下滑9 .考查整体法、隔离法与图像的综合应用（多选）（2015 银川二模）如图9甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为nA= 1 kg、rb= 2 kg,当A B之间产生拉力且大于 0.3 N时A、B将会分离。t = 0时刻开始

6、对物块 A施加一水平推力 Fi,同时对物块 B施加同一方向 的拉力F2,使A B从静止开始运动，运动过程中Fi、E方向保持不变，Fi、E的大小随时间变化的规律如图乙所示。 则下列关于 A B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（）F/N甲乙A. t=2.0 s时刻A、B之间作用力大小为 0.6 NB. t =2.0 s时刻A、B之间作用力为零C. t=2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D.从t = 0时刻到A B分离，它们运动的位移为5.4 m考点四传送带模型10 .考查应用牛顿第二定律分析水平传送带问题（多选）（2015 衡水调研）如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率vi运行。初

7、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 -1图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知V2>V1，则（）甲乙图10A. 12时刻，小物块离A处的距离达到最大B. 12时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D. 013时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用11 .考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题（多选）如图11所示，传送皮带与水平面夹角为37。，A、B间距离L= 16 m以速度v =10 m/s匀速运行。现在皮带的 A端无初速放上一个小物体 （可视

8、为质点）,已知物体与皮带间的动摩擦因数为 科=0.5, sin 37 ° =0.6, cos 37 ° =0.8,取g= 10 m/s；传动轮大小可忽略，则物体滑到B端的速度大小可能是（）图11A. 6 m/sC. 10 m/sB. 8 m/sD. 12 m/s12.考查应用牛顿第二定律分析传送带与斜面的综合问题（2014 东北三省模拟）如图12所示，一水平传送带以 4 m/s的速度逆时针传送，水平 部分长L=6 m,其左端与一倾角为。=30。的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视 为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数=10 m/s 2。求

9、物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。1 .选A小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g,故A正确，B、C D错误。2 .选AC设物体的质量为 解 剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及 改变，所以剪断细线的瞬间 a受到重力和弹簧 S的拉力Fti,剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知 Fti = 2mcg故a受到的合力 F= m什Fti=

10、mg 2mg= 3mg故加速度 ai=- = 3g, A正确，B错误；设弹簧&的拉力为Ft2,则Ft2= mg根据胡克定律 F=kAx可得Ali = 2Al2, C正确，D错误。3 .选B由图乙可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速 度方向相同，物体做加速运动，故 A错误；当加速度减为零时，速度最大，所以 t0时刻， 物体速度增加到最大值，故B正确；加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速运动，故 C错误；根据FFf=ma可知，a减小，Ff不变，所以F减小，故D错误。4 .选A第6 s后只有摩擦力，即mg=ma其中a= 2 m/s2,得动摩擦因数为 0.2 , 故A正

11、确；02 s内，根据Fi-mg= ma,其中a= 2 m/s 2,得Fi = 8 N,故B错误；08 s内，物块先向正方向走了 6 m,即为t轴上方的面积，然后又向负方向走了14 m,即为t轴下方的面积，所以离出发点最远应为8 m,故C错误；物块的平均速度为位移与时间的比值，即"= 1 m/s ,故D错误。8 s5 .选AD人受重力mg和支持力Fn的作用，由牛顿第二定律得 Fn mg= ma由牛顿第 三定律得人对地板的压力 Fn' = Fn= mg+ ma当t = 2 s时a有最大值，Fn'最大；当t = 8.5 s时，a有最小值，Fn'最小，选项 A、D正确

12、。A正确；由运动学图像一、“一，一 一，、”.4+2 . _6 .选AC 物块在刖2 s内的位移 x=(2-X1 + 2X1)m= 5 m,知，两物体加速度大小相同，设为a,则有it mg= ma= Ma则m= M= 2 kg, C正确；由图像求得a=2 m/s2,则g = 2,科=0.2 , B错；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的 相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错。7.选B对整体分析有:F- m+ mg Fa1 = g,m+m m+ma2=-,可知 awa2。 m+ m隔离对b分析有:Fi mg=ma1,解得:mFFi =,m+ mmF 一,F2=ma2=mzm,可知Fi=F

13、2,根据胡克知，x1=x-故选B。8 .选 D 假设 m随 m一起上滑，则有 mgF= ma, F(m+m)gsin 0 = ( m+ m)a, 解得 a=2.5 m/s 2,隔离 m可知，F2mgsin 。=ma,解得：Ff2 = 15 N> 科 mgcos 0 ,故 m相对m下滑，D正确。9 .选AD设t时刻A B分离，分离之前 A B物体共同运动，加速度为a,以整体为研究对象，则有：a=干m/s =1.2 m/s 2, ra+rb 1 + 2'分离时：F2Ff=ma,得：F2=E + ma=0.3 N +2X1.2 N = 2.7 N ,经历时间：t = 之X 2.7 s

14、= 3 s ,3.6根据位移公式：x= 2at 2= 5.4 m ,则D正确;当 t=2 s 时，E=1.8 N , F2+Ff=ma, 得：Ff = nBa- F2= 0.6 N, A正确，B 错误； 当 t=2.5 s 时，F2=2.25 N , Fz+Ff = nBa, 得：Ff = nBa- F2>0, C错误。10 .选BC相对地面而言，小物块在0t1时间内，向左做匀减速运动，t1t2时间内， 小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动。故小物块在 t1时刻离A处距离最大，选项 A错误。相对传送带而言，在 0t2 时间内，小物块一

15、直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项 B、C正确，选项D错误。11 .选BD因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：若轮子顺时针方向转动， 带动皮带绕轮顺时针方向转动， 小物体放上A端相对地面无初 速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于mgin37° >Ff= mgos 37 ° ,或科=0.5<tan 37 ° =0.75,故物体有沿斜面向下的加速度，设2为 a1,则 mg>in

16、 37一 科 mgcos 37 = ma, a1 = 2 m/s ；2x：2L物体从A运动到B的时间t尸、/岳=/"a= 4 s，到达B漏速度为V1 = ait 1 = 8 m/s若轮子逆时针转动， 带动皮带绕轮逆时针转动，小物体放上皮带 A端初速度为零，相对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。设物体的加速度为32,则2mg>in 37+ 科 mgcos 37 = ma a2= 10 m/s物体加速到皮带运行速度 v=10 m/s的时间为:11' = = 1 s322 v物体的位移Xi = =5 m<L=16 m,还未到达B端，此刻相对速度为零，摩擦力将发生2a2突变。假设摩擦力消失，皮带匀速向下，物体因受重力沿皮带斜面分力作用将向下加速，下一时刻物体速度将超过皮带速度，故有摩擦力，且皮带对物体的摩擦力方向变为斜向上。由于 mgsin 37 ° >Ff=科 mgos 37 ° ,物体加速度变为 32，32' = gsin 37 ° 科 gcos237 = ai = 2 m/s o1,2 一设物体继续加速下滑到 B漏所需时间为t2,而X2= vt 2+232 12 o又X2=L xi = 11 m,解得：t2=1 s,物体从A运动到