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  • 2021-05-25 发布

专题02+牛顿运动定律与直线运动(仿真押题)-2017年高考物理命题猜想与仿真押题

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1.伽利略曾说过:“科学是在不断改变思维角度的探索中前进的”.他在著名的斜面实验中, 让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下,他通过实验观察和逻辑推理,得 到的正确结论有( ) A.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间的平方成正比 B.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的平方成正比 C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关 D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关 答案 B 2.(多选)如图 1 所示,倾角θ=30°的光滑斜面体固定在水平面上,斜面长度 L=0.8m,一质 量 m=1×10-3kg、带电量 q=+1×10-4C 的带电小球静止在斜面底端.现要使小球能够到达斜 面顶端,可施加一沿斜面向上、场强大小为 E=100V/m 的匀强电场,重力加速度 g=10 m/s2, 则这个匀强电场存在的时间 t 可能为( ) 图 1 A.0.5sB.0.4sC.0.3sD.0.2s 答案 AB 解析 有电场时,根据牛顿定律可知:Eq-mgsin30°=ma1,解得 a1=5m/s2,方向沿斜面向 上;撤去电场时,小球的加速度 a2=gsin 30°=5 m/s2,方向沿斜面向下;设电场存在的时 间为 t1,撤去电场后,恰好能到达斜面顶端,做减速运动的时间为 t2,则 a1t1=a2t2;且 1 2 a1t 2 1 +1 2 a2t 2 2 =L;联立解得:t1=t2=0.4s,故要想使小球到达斜面顶端则电场存在的时间应该大 于或等于 0.4s. 3.如图 2 所示,a、b、c 三个物体在同一条直线上运动,其位移与时间的关系图象中,图线 c 是一条 x=0.4t2 的抛物线.有关这三个物体在 0~5s 内的运动,下列说法正确的是( ) 图 2 A.a 物体做匀加速直线运动 B.c 物体做匀加速直线运动 C.t=5s 时,a 物体速度比 c 物体速度大 D.a、b 两物体都做匀速直线运动,且速度相同 答案 B 4.带同种电荷的 a、b 两小球在光滑水平面上相向运动.已知当小球间距小于或等于 L 时,两 者间的库仑力始终相等;小球间距大于 L 时,库仑力为零.两小球运动时始终未接触,运动时 速度 v 随时间 t 的变化关系图象如图 3 所示.由图可知( ) 图 3 A.a 小球质量大于 b 小球质量 B.在 t2 时刻两小球间距最大 C.在 0~t3 时间内两小球间距逐渐减小 D.在 0~t2 时间内 b 小球所受斥力方向始终与运动方向相反 答案 A 解析 从速度-时间图象可以看出 b 小球速度-时间图象的斜率绝对值较大,所以 b 小球的 加速度较大,两小球之间的排斥力为相互作用力,大小相等,根据 a=F m 知,加速度大的质量 小,所以 a 小球质量大于 b 小球质量,故 A 正确;t1~t2 时间内,二者做同向运动,所以当速 度相等时距离最近,即 t2 时刻两小球距离最小,之后距离又开始逐渐变大,故 B、C 错误;b 球在 0~t1 时间内做匀减速运动,所以 0~t1 时间内排斥力与运动方向相反,在 t1~t2 时间内 做匀加速运动,斥力方向与运动方向相同,故 D 错误. 5.我国航天员要在“天宫一号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量,采用的方法如下: 质量为 m1 的标准物 A 的前后连接有质量均为 m2 的两个力传感器.待测质量的物体 B 连接在后传 感器上.在某一外力作用下整体在桌面上运动,如图 4 所示.稳定后标准物 A 前后两个传感器 的读数分别为 F1、F2,由此可知待测物体 B 的质量为( ) 图 4 A.F1 m1+2m2 F1-F2 B.F2 m1+2m2 F1-F2 C.F2 m1+2m2 F1 D.F2 m1+2m2 F2 答案 B 解析 以整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1=(m1+2m2+m)a;隔离 B 物体,由牛顿第二 定律得:F2=ma;联立可得:m=F2 m1+2m2 F1-F2 ,B 对. 6.如图 5 所示,物块 A 放在木板 B 上,A、B 的质量均为 m,A、B 之间的动摩擦因数为μ,B 与地面之间的动摩擦因数为μ 3 .若将水平力作用在 A 上,使 A 刚好要相对 B 滑动,此时 A 的加 速度为 a1;若将水平力作用在 B 上,使 B 刚好要相对 A 滑动,此时 B 的加速度为 a2,则 a1 与 a2 的比为( ) 图 5 A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2 答案 C 7.如图 6 所示,质量为 M=10kg 的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个 F=10N 的 水平恒力.当小车向右运动的速度达到 2.8m/s 时,在其右端轻轻放上一质量 m=2.0 kg 的小 黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零),煤块与小车间动摩擦因数μ=0.20,g=10 m/s2. 假定小车足够长.则下列说法正确的是( ) 图 6 A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C.煤块在 3s 内前进的位移为 9m D.小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8m 答案 D 8.(多选)如图 7 所示,水平挡板 A 和竖直挡板 B 固定在斜面体 C 上,一质量为 m 的光滑小球 恰能与两挡板和斜面体同时接触.挡板 A、B 和斜面体 C 对小球的弹力大小分别为 FA、FB 和 FC. 现使斜面体和小球一起在水平面上水平向左做加速度为 a 的匀加速直线运动.若 FA 和 FB 不会同 时存在,斜面体倾角为θ,重力加速度为 g,则选项所列图象中,可能正确的是( ) 图 7 答案 BD FA 与 a 成线性关系,当 a=0 时,FA=mg 当 a=gtanθ时,FA=0,所以 A 错误, B 正确; 当 a>gtanθ时,受力如图乙,根据牛顿第二定律 水平方向:FCsinθ+FB=ma ③ 竖直方向:FCcosθ=mg ④ 联立③④得:FC= mg cosθ ,FB=ma-mgtanθ FB 与 a 也成线性关系,FC 不变 所以 C 错误,D 正确. 9.汽车以 20 m/s 的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为 5 m/s2,则自驾驶员 急刹车开始,2 s 与 5 s 时汽车的位移之比为( ) A.5∶4 B.4∶5 C.3∶4 D.4∶3 解析 汽车停下来所用的时间为 t=v0 a =4 s,故 2 s 时汽车的位移 x1=v0t1+1 2 (-a)t2 1=30 m; 5 s 时汽车的位移与 4 s 时汽车的位移相等,x2=v0t2+1 2 (-a)t2 2=40 m,解得x1 x2 =3 4 ,选项 C 正确。 答案 C 10.图 1 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的“·”表示人的重心。 图乙是根据传感器采集到的数据画出的力-时间图象。两图中 a~g 各点均对应,其中有几个 点在图甲中没有画出。取重力加速度 g=10 m/s2。根据图象分析可知( ) 图 1 A.人的重力为 1 500 N B.c 点位置人处于超重状态 C.e 点位置人处于失重状态 D.d 点的加速度小于 f 点的加速度 答案 B 11.汽车在平直公路上做刹车试验,若从 t=0 时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之 间的关系如图 2 所示,下列说法正确的是( ) 图 2 A.t=0 时汽车的速度为 10 m/s B.刹车过程持续的时间为 5 s C.刹车过程经过 3 s 时汽车的位移为 7.5 m D.刹车过程汽车的加速度大小为 10 m/s2 解析 由图象可得 x=- 1 10 v2+10,根据 v2-v2 0=2ax 可得 x= 1 2a v2-v2 0 2a ,解得 a=-5 m/s2, v0=10 m/s,选项 A 正确,选项 D 错误;汽车刹车过程的时间为 t=0-v0 a =2 s,选项 B 错误; 汽车经过 2 s 停止,因而经过 3 s 时汽车的位移为 x=10 m(要先判断在所给时间内,汽车是 否已停止运动),选项 C 错误。 答案 A 12.如图 3 所示,一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物块轻轻放在皮带左端, 以 v、a、x、F 表示物块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项正 确的是( ) 图 3 答案 AB 13.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动,它们运动的加速度随时间变化 图象如图 4 所示。关于两车的运动情况,下列说法正确的是( ) 图 4 A.在 0~4 s 内甲车做匀加速直线运动,乙车做加速度减小的加速直线运动 B.在 0~2 s 内两车间距逐渐增大,2~4 s 内两车间距逐渐减小 C.在 t=2 s 时甲车速度为 3 m/s,乙车速度为 4.5 m/s D.在 t=4 s 时甲车恰好追上乙车 解析 在 0~4 s 内,甲车做匀加速直线运动,而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动,选 项 A 正确;在 a-t 图象中,图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化,因两车的初速度 为零,故面积的大小等于两车的速度大小,即 t=2 s 时甲车速度为 3 m/s,乙车速度为 4.5 m/s, 选项 C 正确;两车沿相同方向由静止开始运动,由 a-t 图象可知,4 s 时两车的速度相等, 此时两车的间距最大,选项 B、D 错误。 答案 AC 14.如图 5 甲所示,质量为 m=1 kg、带电荷量为 q=2×10-3 C 的小物块静置于绝缘水平面 上,A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场,小物块运动的 v-t 图象如图乙所示,取 g =10 m/s2,则下列说法正确的是( ) 图 5 A.小物块在 0~3 s 内的平均速度为4 3 m/s B.小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.4 C.匀强电场的电场强度为 3 000 N/C D.物块运动过程中电势能减少了 12 J 答案 CD 15.如图 8 所示,长 L=1.5m,高 h=0.45m,质量 M=10kg 的长方体木箱,在水平面上向右做 直线运动.当木箱的速度 v0=3.6m/s 时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力 F=50N,并同 时将一个质量 m=1kg 的小球轻放在距木箱右端L 3 处的 P 点(小球可视为质点,放在 P 点时相对 于地面的速度为零),经过一段时间,小球脱离木箱落到地面.木箱与地面的动摩擦因数为 0.2, 其他摩擦均不计.取 g=10m/s2,求: 图 8 (1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间; (2)小球放上 P 点后,木箱向右运动的最大位移; (3)小球离开木箱时木箱的速度. 答案 (1)0.3s (2)0.9m (3)2.8m/s,方向向左 解析 (1)木箱上表面的摩擦不计,因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态,离开木箱 后将做自由落体运动. 由 h=1 2 gt2,得 t= 2h g = 2×0.45 10 s=0.3s 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为 0.3s. (3)x1 小于 1m,所以小球不会从木箱的左端掉下,木箱向左运动的加速度为 a2=F-μ M+m g M =50-0.2× 10+1× 10 10 m/s2 =2.8m/s2 设木箱向左运动的距离为 x2 时,小球脱离木箱,则 x2=x1+L 3 = (0.9+0.5) m=1.4m 设木箱向左运动的时间为 t2,则: 由 x2=1 2 a2t 2 2 得:t2= 2x2 a2 = 2×1.4 2.8 s=1s。 所以,小球离开木箱的瞬间,木箱的速度方向向左,大小为:v2=a2t2=2.8×1m/s=2.8 m/s. 16.如图 9 甲所示,质量为 m=20kg 的物体在大小恒定的水平外力作用下,冲上一足够长从右 向左以恒定速度 v0=-10m/s 传送物体的水平传送带,从物体冲上传送带开始计时,物体的速 度-时间图象如图乙所示,已知 0~2 s 内水平外力与物体运动方向相反,2~4 s 内水平外力 与物体运动方向相反,g 取 10 m/s2.求: 甲 乙 图 9 (1)物体与传送带间的动摩擦因数; (2)0~4s 内物体与传送带间的摩擦热 Q. 答案 (1)0.3 (2)2880J (2)0~2s 内物体的对地位移 x1=v1+0 2 t1=10m 传送带的对地位移 x1′=v0t1=-20m 此过程中物体与传送带间的摩擦热 Q1=Ff(x1-x1′)=1800J 2~4s 内物体的对地位移 x2=v2+0 2 t2=-2m 传送带的对地位移 x2′=v0t2=-20m 此过程中物体与传送带间的摩擦热 Q2=Ff(x2-x2′)=1080J 0~4s 内物体与传送带间的摩擦热 Q=Q1+Q2=2880J 17.正方形木板水平放置在地面上,木板的中心静置一小滑块(可视为质点),如图 12 所示为 俯视图,为将木板从滑块下抽出,需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力 F. 已知木板边长 L=2 2m、质量 M=3kg,滑块质量 m=2kg,滑块与木板、木板与地面间的动摩 擦因数均为μ=0.2,g 取 10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求: 图 12 (1)要将木板抽出,水平恒力 F 需满足的条件; (2)当水平恒力 F=29N 时,在木板抽出时滑块能获得的最大速率. 答案 (1)F≥20N (2)4 3 3 m/s (2)要使滑块获得的速度最大,则滑块在木板上相对滑动的距离最大,故应沿木板的对角线 方向抽木板. 设此时木板加速度为 a1,则有: F-μ(M+m)g-μmg=Ma1 由:1 2 a1t2-1 2 μgt2= 2 2 L vmax=μgt 联立解得: vmax=4 3 3 m/s 18.如图 7 所示,质量均为 m=3 kg 的物块 A、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块 A 的 左侧连接一劲度系数为 k=100 N/m 的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物 块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块 B 在水平外力 F 作用下向右做 a=2 m/s2 的匀加速 直线运动直至与 A 分离,已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,g=10 m/s2。求: 图 7 (1)物块 A、B 分离时,所加外力 F 的大小; (2)物块 A、B 由静止开始运动到分离所用的时间。 解析 (1)物块 A、B 分离时,对 B:F-μmg=ma 解得:F=21 N 答案 (1)21 N (2) 0.3 s 19.如图 8 甲所示,一根直杆 AB 与水平面成某一角度固定,在杆上套一个小物块,杆底端 B 处有一弹性挡板,杆与板面垂直,现将物块拉到 A 点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞 前后的 v-t 图象如图乙所示,物块最终停止在 B 点。重力加速度 g 取 10 m/s2,求: 图 8 (1)物块与杆之间的动摩擦因数μ; (2)物块滑过的总路程 s。 解析 (1)由图象可知,物块下滑的加速度 a1=Δv1 Δt1 =4 m/s2,上滑时的加速度大小 a2=Δv2 Δt2 = 8 m/s2,杆 AB 长 L=2 m,设直杆的倾角为θ,物块的质量为 m,由牛顿第二定律得: mgsin θ-μmgcos θ=ma1 mgsin θ+μmgcos θ=ma2 代入数据得:μ=0. 25,sin θ=0.6,cos θ=0.8。 (2)对物块整个过程分析,由动能定理得: mgLsin θ-μmgscos θ=0,代入数据得:s=6 m 答案 (1)0.25 (2)6 m 20.(如图 9 所示,在水平地面上建立 x 轴,有一个质量 m=1 kg 的木块放在质量为 M=2 kg 的长木板上,木板长 L=11.5 m。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,木块与长木板 之间的动摩擦因数为μ2=0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与长木板保持相对静止 共同向右运动,已知木板的左端 A 点经过坐标原点 O 时的速度为 v0=10 m/s,在坐标为 x=21 m 处的 P 点处有一挡板,木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回,而木块在此瞬间速度 不变,若碰后立刻撤去挡板,g 取 10 m/s2,求: 图 9 (1)木板碰挡板时的速度大小 v1; (2)碰后木板与木块刚好共速时的速度; (3)最终木板停止运动时 A、P 间的距离。 解析 (1)对木块和木板组成的系统,由牛顿第二定律得 μ1(m+M)g=(m+M)a1 v2 0-v2 1=2a1(x-L) 代入数据得 v1=9 m/s。 (3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速,木板的位移大小 s1=v1+v 共 2 t=6.48 m 共速后木板与木块以大小为 a1=μ1g=1 m/s2 的加速度向左减速至停下,木板的位移大小 s2 =v2 共 2a1 =1.62 m 最终 A、P 间距离 sAP=L+s1+s2=19.60 m。 答案 (1)9 m/s (2)1.8 m/s 方向向左 (3)19.60 m