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

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

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