2019-2020年高考物理 专题训练 力和运动、功和能（三）.doc

2019-2020年高考物理 专题训练 力和运动、功和能（三）一、选择题1如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30的光滑斜面顶端A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为() A都等于B和0C和 D和2一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是() A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度减小C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大3如图所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小圆环，在小圆环上施加一水平向右的恒力F，使小圆环由静止开始运动，同时在小圆环上施加一竖直向上的力，且满足的关系为已知小圆环的质量为m，小圆环与水平杆之间的动摩擦因数为.则小圆环运动过程中速度随时间变化的图像为()4通过轻杆连接在一起的物块A和B，质量分别是和，放在光滑的水平面上，现同时给它们施加方向如图所示的推力和拉力，已知，则杆对A的作用力()A必为拉力B必为推力C可能为拉力，可能为推力D不可能为零5如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是() A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N6如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对 A 施加一水平拉力 F，则( )A当F3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g7如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g10 m/s2)，则下列结论正确的是()A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B物体的质量为3 kgC物体的加速度大小为5 m/s2D弹簧的劲度系数为7.5 N/cm二、非选择题8如图为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：钩码数n012345刻度尺读数xn(cm)2.624.175.707.228.8410.43已知所有钩码的质量可认为相同且m050 g，当地重力加速度g9.8 m/s2请回答下列问题：（1）请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k_N/m.(结果保留两位有效数字)（2）考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的劲度系数与真实值相比较_(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点（1）则下列叙述正确的是_A该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力B两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置C实验中AO和BO的夹角应尽可能大D在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线（2）对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与两力中，方向一定沿CO方向的是_9如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)根据vt图像，求：（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；（2）物块质量m与长木板质量M之比；（3）物块相对长木板滑行的距离x10如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F6 N的水平力作用下由静止开始向右运动已知木板A、B长度均为l1 m，木板A的质量mA3 kg，小滑块及木板B的质量均为m1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为10.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为20.1，重力加速度g10 m/s2求：（1）小滑块在木板A上运动的时间；（2）木板B获得的最大速度11如图所示，质量M0.2 kg的长木板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数10.1，另一质量m0.1 kg的带正电小滑块以v08 m/s的初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数20.5，小滑块带电量为q2103 C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E1102 N/C，(g10 m/s2)求：（1）刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？（2）小滑块最后停在距长木板左端多远的位置A线生专项训练题（三）参考答案牛顿运动定律与直线运动1解析：选C.由整体法知，F弹(mAmB)gsin 30剪断线瞬间，由牛顿第二定律对B：F弹mBgsin 30mBaB，得aB对A：mAgsin 30mAaA，得aAg所以C项正确2解析：选D滑块在传送带上受力如图所示，当Ffkx时，滑块向左做加速运动，由牛顿第二定律得Ffkxma，随着x的增大，加速度a减小；当Ffkx时，a0，速度达到最大值；当Ffkx时，由牛顿第二定律得kxFfma，随着x的增大，加速度a增大，速度v减小，直至为零，此时弹簧弹力最大，故选项D正确3解析：选C小圆环刚开始运动时，加速度a1，随着速度v增大，a1增大，当速度v增大到kvmg时，加速度a2，随着速度v增大，a2减小，当a2减小到0时，做匀速运动，则C正确4解析：选C以整体为研究对象，由牛顿第二定律有：FAFB(mAmB)a，再以A为研究对象，设杆对A的推力为F，由牛顿第二定律有：FAFmAa，解两式得：F，仅由FAFB，无法确定F值的正负，即无法确定F的方向，故力F可能是拉力，可能是推力，也可能为零，C项正确5解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)460(100.5) N4 830 N，A正确加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度vat5 m/s，C项错误匀速上升时，F浮Ffmg，所以FfF浮mg4 830 N4 600 N230 N，D项正确6解析：对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为mg，故当mgF2mg时，A、B相对地面运动，故A错对A、B整体应用牛顿第二定律，有F3mg3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，2mg3mgma，两式联立解得F3mg，可见，当F3mg时，A相对B才能滑动，C对当Fmg时，A、B相对静止，对整体有：mg3mg3ma，ag，故B正确无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2mg，故B的最大加速度aBmg，可见D正确7解析：选C当物体与弹簧分离时，弹簧对物体的弹力为零，根据胡克定律可知，弹簧的形变量为零，即弹簧处于原长状态，故A选项错误；根据胡克定律、平衡条件和图像可得，4kmg,4k10mgma和30mgma，解得物体的质量为m2 kg，物体的加速度大小为a5 m/s2，弹簧的劲度系数为k5 N/cm，故B、D选项错误，C选项正确8解析：利用题目中表格数据可画出Fx的图像，求图线斜率可得弹簧的劲度系数k31 N/m或32 N/m由图表可知，不挂钩码时的弹簧长度就相当于原长了，在描绘Fx图像中，弹簧的自身重量不影响劲度系数解析：（1）AO和BO的拉力与CO的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，A错误；实验中两次拉伸橡皮条，注意将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，以保证两次操作中CO的拉力是相同的，则选项B正确；如果AO和BO的夹角适当，则两个分力可以将结点拉到O点，若夹角过大，则两拉力不一定能将结点拉到O点，所以选项C错误；弹簧测力计与木板平行以便保证各力在同一平面内，正对弹簧测力计的刻度线读数可以减小偶然误差，因此D正确. （2）由题图乙知，F是二力用平行四边形定则合成所得，是用一个力拉橡皮条时的外力，故一定与CO共线的是答案：（1）31或32（2）没有影响（1）BD（2）9解析：（1）由vt图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1 m/s21.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2 m/s21 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3 m/s20.5 m/s2.（2）对物块冲上木板匀减速阶段：1mgma1对木板向前匀加速阶段：1mg2(mM)gMa2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：2(mM)g(Mm)a3以上三式联立可得.（3）由vt图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离x对应图中abc的面积，故x104 m20 m10解析：（1）小滑块对木板A的摩擦力Ff11mg4 N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力Ff22(2mmA)g5 NFf1Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F1mgma1la1t解得：t11 s（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为v2，则：1mg22mgma2vBa2t2xBa2tv1a1t1x块v1t2a1tx块xBl解得：vB1 m/s11解析：(1)设小滑块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Eq2mgma1解得：a13 m/s22mg1(mM)gMa2解得：a21 m/s2(2)设两者经过t时间相对静止，此时的速度为v，则：v0a1ta2tv解得：t2 s，v2 m/s这段时间内小滑块的位移：x1v0ta1t210 m长木板的位移x2a2t22 m由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距长木板左端xx1x28 m答案：(1)3 m/s21 m/s2(2)8 m