三维设计2016年高考物理一轮复习专版第三章运动定律高频考点真题验收全通关

A3sB2sC3s2sD3s5s4．(2010·浙江高考)如图3所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计 AABBABACABADABA5．(多选)(2010·海南高考)如图4，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木 C．上 D．下 高考)如图5所示放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( Ba

A．tanθ和 B．2gH－1tanθ和 C．tanθ和 D．2gH－1tanθ和8．(2013·卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向a表示物块的加速度大小，FFa之间关系的图像是()高频考点四：整体法与m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加tF＝kt(k是常数)a1a2。下列a1a2变化的图线中正确的是() M

m v­t11所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大fg＝10m/s2，求：

m、形状不同的“A鱼”和“B12H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减零，“B鱼”竖直下潜hB后 高考)13m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，θ＝53°Fa＝4.4m/s2F(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10v＝2m/sL＝5m1kg且可视为质点的物块v0＝4m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5g＝10m/s2sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近g＝10m/s2。整个系统开始时静止。1s、1.5s、2s、3s2s、3s0～3sv­t0～3s内物块相对于16．(2013·江苏高考)16所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉m1m2μg。选C由表可以看出第二列数据与第一列为二次方关系，而第三列数据与第一列在误差范围内成正比，说明物体沿斜面通过的距离与时间的二次方成正比，故选项C正确。选AC本题考查物理学史，意在考查考生对理学发展历程的认识。利理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错结论确地力不是持物运动态的原因A项确提出有力定律，B项；首先运逻辑推的方法现物体下的快慢它的重无项正确；提出物体间相互作力总是大向的结论D项。选 由v­t图像可知前3s内

＝Δt超重状态，选项A正确；最后2s内加速度a′ 3m/s2，小于重力加速度，故吊＝ΔtB错误；根据v＝1＝3m/sC3s5s程中，货物匀速上升，货物机械能增加，选项D选A本题考查运动定律的应用——超重和失重的知识。A、B两物体抛出以后处于完全失重状态，无论是上升还是下降，AB物体的压力一定为零，A选项正确。选BD因为木箱静止时弹簧处于压缩状态，且物块压在顶板上，则有：FT＝mg＋FN＝0F合＝FT－mg，方向竖直向上，故木箱有向上的加速度，而Cθmgsinθ－μmgcosgsinθ－μcosθ＝aF后，由第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosgmgsinθ－μmgcosθ＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，Fsinθ－μFcos C选D 根据第二定律可得N＝mgcosθ，μN＋mgsinθ＝ma，可得a＝μgcos H 可得v＝2asinθ，4h v2－2asinθ，可得h＝4 1tanθ，选项D正确，选项A、B、C错误选C本题考查摩擦力、第二定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识fF作用下，物块做匀加速直线运动，由第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确，A、B、D错误。选 m2F－f＝ma2ff＝μm2g不再变化，a2＝m2m m1A选A 的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据第二定律可知：再以M为研究对象，进行受力分析，根据第二定律可知两式联立可解得 ，A正确解析：(1)设弹性球第一次下落过的加速度大a1，由图 4 1＝Δt＝0.5m/s＝8f＝m(g－a1)＝0.2N。由图知弹性球第一次到达地面时的速度大v1＝4m/s，设球第一次离开地面时的速度大v2，则v2＝31＝3第一次离开地面后，设上升过球的加速度大a2，则mg＋f＝ma2a2＝12m/s28h＝3m8答案 0.2 (2)8解析：(1)“A鱼”vA12－0＝2gH①得：vA1＝2gH。②有F合＝F浮＋fA－mg③F合9 A0－v2＝－2ah⑤由题意：F9 AfA＝mg(H－1 考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”fB＝mg(H－1

答案：(1) (2)mg(h m解析：Fsin53°－mg＝0F＝1.25N。由于Fcosθ＝7.5m/s2≠4.4m/s2mF≠1.25N1.25N甲F＜1.25N时，环与杆的上部接触，受力示意图如图甲所示FcosFsin＝cosθ＋μsinF＝1乙F＞1.25N时，环与杆的下部接触，受力示意图如图乙所示FcosFsin＝cosθ－μsinF＝9N答案：1N9匀上滑，直至与传送带等速，由第二定律得mgsinθ＋μmgcos 则 θ＋μcosθ)＝10x1＝2a1＝0.6物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f＝μmgcosθ＜mgsin 由mgsin θ－μmgcosθ＝ma2a2＝g(sinθ－μcosθ)＝22x2＝2a＝12H＝(x1＋x2)sin37°＝0.96m答案：0.96解析：(1)aa′t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′，木板和物块之间摩擦力的大f。根据第二定律、运动学得f＝ma′ 当vt′＜vt时vt2′＝vt1′＋a′(t2－t1) 对木板F－f＝(2m)a v1＝4m/s，v15＝4.5m/s，v2＝4m/s，v3＝4v2′＝4m/s，v3′＝4m/s(2)由(1)v­t0～3s内物块相对于木板滑过的距离Δs等于木板和物块v­t图线下的面积之差，即图中阴影部分的面积。阴影部＝2.25m答案：(1)4m/s、4.