【高考突破方案】4.第四周 牛顿运动定律（二） -（周测卷）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】4.第四周 牛顿运动定律（二） -（周测卷）高考物理一轮复习 |
|
|
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 99.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:31:16 | ||
图片预览
文档简介
牛顿运动定律（二）
满分：46分 时量：40分钟
一．选择题（1-5为单选题，题每小题4分，6-7题为多选题，每小题5分，共30分）
1.橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，如图（a）所示，其运动可简化为如下过程：飞箭以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示.则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（ ）
A.上升和下落过程运动时间相等
B.上升和下落过程中平均速度大小相等
C.0～t2过程中加速度先减小后增大
D.0～t2过程中所受阻力先减小后增大
2.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离.下列说法正确的是（ ）
A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B.B和A刚分离时，它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于
D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
3.如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态.现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）
4.如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是（ ）
A.若传送带不动，则vB＝3 m/s
B.若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
5.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零.对木块施加平行斜面向上的恒力F后，（ ）
A.若μ＞tan θ，则木板一定沿斜面向上运动
B.若F＝mgsin θ，则木块一定静止在木板上
C.若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
D.若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
6.如图甲所示，很薄的长木板B在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下从左端滑上长木板，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则（ ）
A.长木板的最小长度为1 m
B.A、B间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F的大小为4 N
7.如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示.已知小球在液体中受到的阻力Ff＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数.忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.小球的最大加速度为g
B.小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C.小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D.小球的最大速度为
二、非选择题（第8题6分，第9题10分，共16分）
8.某实验小组用如图甲所示的装置探究加速度与合力的关系，一细绳通过定滑轮连接两个小桶A和B，A桶中放有若干个质量均为m的钩码，B桶中装有适量细沙，打点计时器固定在铁架台上，已知重力加速度为g.
（1）下列实验操作步骤，正确的顺序是 .
①从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出加速度a.
②给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀.
③根据所得数据，作出相关图像，得出结论.
④重复步骤①的操作，得到多组数据.
（2）打点计时器的打点周期为T，实验打出的一段纸带如图乙所示，5个点为连续打出的点，1、3点间距为x1，1、5点间距为x2，则桶的加速度大小为 （用所给字母表示）.
（3）实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一条过原点且斜率为k的倾斜直线，若牛顿第二定律成立，则两桶及所有钩码和桶内沙子的总质量M＝ （用k、g表示）.
9.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m.开始时A、B均静止.现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动.已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2.
（1）若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多少？
（2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多少？
参考答案
1.解析：D 由图像可知，0～t1时间为上升过程，t1～t2时间为下落过程，由图可知（t2－t1）＞（t1－0），上升和下落过程运动时间不相等，A错误；上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不等，故平均速度的大小不相等，B错误； v－t图像的斜率表示加速度，根据图像可知，0～t2过程中加速度一直减小，C错误；根据牛顿第二定律，结合图像可知，0～t1过程中mg＋f＝ma1，飞箭向上运动加速度减小，故阻力减小；t1～t2过程中mg－f＝ma2，飞箭向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述：0～t2过程中所受阻力先减小后增大，D正确.
2.解析：C A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FNAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，A、B的加速度均为0，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确.
3.解析：A 设斜面倾角为θ，开始时：mgsin θ＝kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，且Q的位移为x，根据牛顿第二定律可得F＋k（x0－x）－mgsin θ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选项A正确.
4.解析：D 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，由匀变速运动的规律可知－＝－2as，代入数据解得vB＝3 m/s，A、B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，假设工件在到达B端前速度降至2 m/s，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x＝＝ m＝6 m＞3.5 m，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知－＝－2as，代入数据解得vB＝3 m/s，D错误，C正确.
5.解析：C 若μ＞tan θ，则木块与木板之间的最大静摩擦力f＞mgsin θ，那么当0＜F＜mgsin θ时，木板对木块的摩擦力沿斜面向上，那么木板M受到的摩擦力f'沿斜面向下，故M的合外力一定沿斜面向下，木板沿斜面向下运动，故A错误；若F＝mgsin θ，那么，若无摩擦，则m的合外力为零，M的合外力为Mgsin θ，方向向下，故两者有相对运动趋势，所以，两者间存在摩擦力，且m受到的摩擦力沿斜面向下，M受到的摩擦力沿斜面向上；那么只有最大静摩擦力f＝μmgcos θ≥m·，即μ≥tan θ时，两物体才能保持静止；若μ较小，则M的加速度大于m的加速度，两者不能保持静止，故B错误；若木板沿斜面向上滑动，则m受到的摩擦力沿斜面向下，m相对M向上滑动，m的加速度不变，木板质量M越小，M的加速度越大，那么木块在木板上的运动时间越长，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大，故C正确；若木板沿斜面向下滑动，木块向上滑动，两者的位移之和等于木板的长度，那么木板质量M越大，M的加速度越大，而m的加速度不变，则m在M上滑行时间越短，则木块滑行距离越小，故D错误.
6.解析：BD 由速度—时间图像可知，2 s后物块、长木板B达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板B与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图像得在2 s内物块A的位移xA＝4 m，长木板B的位移xB＝2 m，所以长木板的最小长度为L＝xA－xB＝2 m，A错误；对物块A撤去外力F在1～2 s时间内受力分析得μmg＝maA2，由v－t图像可知此时物块的加速度大小aA2＝1 m/s2，可得A、B间的动摩擦因数是0.1，B正确；对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝MaB，由v－t图像可知aB＝1 m/s2，联立解得长木板的质量为M＝1.0 kg，C错误；在0～1 s时间内对物块A受力分析得F－μmg＝maA1，由v－t图像可知aA1＝3 m/s2，解得外力F＝4 N，D正确.
7.解析：ACD 当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确.
8.答案：（1）②①④③ （2） （3）2kg
解析：（1）正确步骤为： 给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀，从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出加速度a，重复步骤①的操作，得到多组数据，根据所得数据，作出相关图像，得出结论.故顺序为②①④③.
（2）由逐差法可求得桶的加速度为a＝＝.
（3）由上述操作过程，A、B和其中的钩码和沙的总质量为M，若从A中拿一个钩码m放入B中，则此时系统受到的合力为钩码的重力mg的2倍，若牛顿第二定律成立，则a＝，变形后有m＝×a，m－a图像的斜率k＝，即M＝2kg.
9.解析：（1）A在B上向右匀减速运动，加速度大小
a1＝μ1g＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，
μ1mg－μ2·2mg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得
时间关系t＝＝
位移关系L＝－
解得v0＝2 m/s.
（2）若木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为
a1＝μ1g＝3 m/s2
B向右匀加速运动，加速度大小
a2'＝＝3 m/s2
设A、B达到相同速度v'时A没有脱离B，
由时间关系＝
解得v'＝＝ m/s
A的位移xA＝＝3 m
B的位移xB＝＝1 m
由xA－xB＝2 m＜L可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s.
满分：46分 时量：40分钟
一．选择题（1-5为单选题，题每小题4分，6-7题为多选题，每小题5分，共30分）
1.橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，如图（a）所示，其运动可简化为如下过程：飞箭以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示.则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（ ）
A.上升和下落过程运动时间相等
B.上升和下落过程中平均速度大小相等
C.0～t2过程中加速度先减小后增大
D.0～t2过程中所受阻力先减小后增大
2.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离.下列说法正确的是（ ）
A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B.B和A刚分离时，它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于
D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
3.如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态.现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）
4.如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是（ ）
A.若传送带不动，则vB＝3 m/s
B.若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
5.如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零.对木块施加平行斜面向上的恒力F后，（ ）
A.若μ＞tan θ，则木板一定沿斜面向上运动
B.若F＝mgsin θ，则木块一定静止在木板上
C.若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
D.若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大
6.如图甲所示，很薄的长木板B在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下从左端滑上长木板，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，则（ ）
A.长木板的最小长度为1 m
B.A、B间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F的大小为4 N
7.如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示.已知小球在液体中受到的阻力Ff＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数.忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.小球的最大加速度为g
B.小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C.小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D.小球的最大速度为
二、非选择题（第8题6分，第9题10分，共16分）
8.某实验小组用如图甲所示的装置探究加速度与合力的关系，一细绳通过定滑轮连接两个小桶A和B，A桶中放有若干个质量均为m的钩码，B桶中装有适量细沙，打点计时器固定在铁架台上，已知重力加速度为g.
（1）下列实验操作步骤，正确的顺序是 .
①从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出加速度a.
②给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀.
③根据所得数据，作出相关图像，得出结论.
④重复步骤①的操作，得到多组数据.
（2）打点计时器的打点周期为T，实验打出的一段纸带如图乙所示，5个点为连续打出的点，1、3点间距为x1，1、5点间距为x2，则桶的加速度大小为 （用所给字母表示）.
（3）实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一条过原点且斜率为k的倾斜直线，若牛顿第二定律成立，则两桶及所有钩码和桶内沙子的总质量M＝ （用k、g表示）.
9.如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，B板长L＝3 m.开始时A、B均静止.现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动.已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2.
（1）若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度是多少？
（2）若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以（1）问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？最终A和B的速度各是多少？
参考答案
1.解析：D 由图像可知，0～t1时间为上升过程，t1～t2时间为下落过程，由图可知（t2－t1）＞（t1－0），上升和下落过程运动时间不相等，A错误；上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不等，故平均速度的大小不相等，B错误； v－t图像的斜率表示加速度，根据图像可知，0～t2过程中加速度一直减小，C错误；根据牛顿第二定律，结合图像可知，0～t1过程中mg＋f＝ma1，飞箭向上运动加速度减小，故阻力减小；t1～t2过程中mg－f＝ma2，飞箭向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述：0～t2过程中所受阻力先减小后增大，D正确.
2.解析：C A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FNAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，A、B的加速度均为0，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确.
3.解析：A 设斜面倾角为θ，开始时：mgsin θ＝kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，且Q的位移为x，根据牛顿第二定律可得F＋k（x0－x）－mgsin θ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选项A正确.
4.解析：D 若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，由匀变速运动的规律可知－＝－2as，代入数据解得vB＝3 m/s，A、B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，假设工件在到达B端前速度降至2 m/s，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，设加速度大小为a，由牛顿第二定律，得μmg＝ma，工件滑上传送带先做匀减速直线运动，当速度减小到2 m/s时所经过的位移x＝＝ m＝6 m＞3.5 m，所以假设不成立，所以工件一直做匀减速运动，由匀变速运动的规律可知－＝－2as，代入数据解得vB＝3 m/s，D错误，C正确.
5.解析：C 若μ＞tan θ，则木块与木板之间的最大静摩擦力f＞mgsin θ，那么当0＜F＜mgsin θ时，木板对木块的摩擦力沿斜面向上，那么木板M受到的摩擦力f'沿斜面向下，故M的合外力一定沿斜面向下，木板沿斜面向下运动，故A错误；若F＝mgsin θ，那么，若无摩擦，则m的合外力为零，M的合外力为Mgsin θ，方向向下，故两者有相对运动趋势，所以，两者间存在摩擦力，且m受到的摩擦力沿斜面向下，M受到的摩擦力沿斜面向上；那么只有最大静摩擦力f＝μmgcos θ≥m·，即μ≥tan θ时，两物体才能保持静止；若μ较小，则M的加速度大于m的加速度，两者不能保持静止，故B错误；若木板沿斜面向上滑动，则m受到的摩擦力沿斜面向下，m相对M向上滑动，m的加速度不变，木板质量M越小，M的加速度越大，那么木块在木板上的运动时间越长，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大，故C正确；若木板沿斜面向下滑动，木块向上滑动，两者的位移之和等于木板的长度，那么木板质量M越大，M的加速度越大，而m的加速度不变，则m在M上滑行时间越短，则木块滑行距离越小，故D错误.
6.解析：BD 由速度—时间图像可知，2 s后物块、长木板B达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板B与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图像得在2 s内物块A的位移xA＝4 m，长木板B的位移xB＝2 m，所以长木板的最小长度为L＝xA－xB＝2 m，A错误；对物块A撤去外力F在1～2 s时间内受力分析得μmg＝maA2，由v－t图像可知此时物块的加速度大小aA2＝1 m/s2，可得A、B间的动摩擦因数是0.1，B正确；对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝MaB，由v－t图像可知aB＝1 m/s2，联立解得长木板的质量为M＝1.0 kg，C错误；在0～1 s时间内对物块A受力分析得F－μmg＝maA1，由v－t图像可知aA1＝3 m/s2，解得外力F＝4 N，D正确.
7.解析：ACD 当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确.
8.答案：（1）②①④③ （2） （3）2kg
解析：（1）正确步骤为： 给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀，从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出加速度a，重复步骤①的操作，得到多组数据，根据所得数据，作出相关图像，得出结论.故顺序为②①④③.
（2）由逐差法可求得桶的加速度为a＝＝.
（3）由上述操作过程，A、B和其中的钩码和沙的总质量为M，若从A中拿一个钩码m放入B中，则此时系统受到的合力为钩码的重力mg的2倍，若牛顿第二定律成立，则a＝，变形后有m＝×a，m－a图像的斜率k＝，即M＝2kg.
9.解析：（1）A在B上向右匀减速运动，加速度大小
a1＝μ1g＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，
μ1mg－μ2·2mg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得
时间关系t＝＝
位移关系L＝－
解得v0＝2 m/s.
（2）若木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为
a1＝μ1g＝3 m/s2
B向右匀加速运动，加速度大小
a2'＝＝3 m/s2
设A、B达到相同速度v'时A没有脱离B，
由时间关系＝
解得v'＝＝ m/s
A的位移xA＝＝3 m
B的位移xB＝＝1 m
由xA－xB＝2 m＜L可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s.
同课章节目录