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2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

专题03 牛顿运动定律

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

1.(2018浙江卷)用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是()

A. B. C. D.

【答案】 A

【解析】根据,,可得,故A正确,B、C、D错误;

2.(2018浙江卷)通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是()

A. 亚里士多德

B. 伽利略

C. 笛卡尔

D. 牛顿

【答案】 B

【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因,故A错误;伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因,故B正确;笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律,故C错误;牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律,认为力是改变物体运动状态的原因,但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家,也不是第一个提出惯性的科学家,故D错误;故选B。

3. (2018年全国Ⅲ卷)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程,下列正确的是()

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A. 矿车上升所用的时间之比为4:5

B. 电机的最大牵引力之比为2:1

C. 电机输出的最大功率之比为2:1

D. 电机所做的功之比为4:5

【答案】AC

【解析】设第②次所用时间为t,根据速度图象的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,

×2t0×v0=×(t+3t0/2)×v0,解得:t=5t0/2,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5,A正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为1∶1,B错误;由功率公式,P=Fv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为

2∶1,C正确;加速上升过程的加速度a1=,加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g),减速上升过程

的加速度a2=-,减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -),匀速运动过程的牵引力F3=mg。第①次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0;第②次提升过程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+

F2××t0×v0 =mg v0t0;两次做功相同,D错误。

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

1.(安徽省定远第一中学2020届模拟)如图所示,质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态,现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F,使小球从静止开始向右运动,其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比,即F=kv(图中未标出),已知小球与杆间的动摩擦因数为,下列说法中正确的是()

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的减速运动

B.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止

C.小球的最大加速度为F m

D.小球的最大速度为

F mg

k

μ

μ

+

【答案】D

【解析】AB项:刚开始运动时,加速度为

()

F mg kv

a

m

μ

--

=

,当速度v增大,加速度增大,当速

度v增大到符合kv>m g后,加速度为:

()

F kv mg

a

m

μ

--

=

,当速度v增大,加速度减小,当a减小到0,

做匀速运动,所以小球的速度先增大后保持不变,加速度先增大后减小,最后保持不变,故AB错误;C项:

当阻力为零时,加速度最大,故小球的最大加速度为0

F m ,故C 错误;D 项:当加速度为零时,小球的

速度最大,此时有:F 0=μ(kv m –mg ),故最大速度为

0m F mg

v k μμ+=

,故D 正确。

2.(江西省重点中学2020届联考)南方气温偏低,经常存在冰冻现象。某校方同学和阳同学(校服材质一样)先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下,最终两人停在水平冰面上,如图所示(两人均可视为质点,且不计人经过B 点时的能量损失)。根据上述信息,不能确定方、阳两人( )

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A .经过

B 点时速度大小相等 B .最终两人停在水平冰面上同一位置

C .损失的机械能相等·

D .运动的时间相等 【答案】C

【解析】设在斜面上运动的距离为

1

s ,在水平面上运动的距离为

2

s ,斜面的倾角为θ,动摩擦因

数为μ,物体在斜面上下滑时,由牛顿第二定律得

1

mgsin mgcos ma θμθ-=,可得

1a gsin gcos θμθ

=-,所以两个物体在斜面下滑时加速度相同,根据运动学公式可得2

11

2B v a s =,经过B 点时速度大小相等,对整个过程,运用动能定理得

11200

mgs sin mgcos s mgs θμθμ-?-=-,则

121s sin s s cos θ

θ

μ

=

-,可知

1

s 、μ、θ相同,则知最终两人停在水平冰面上同一位置,同理在水平

面上运动的加速度相同,运动时间也相同,故两个物体运动的总时间相等;由上知不能确定两个物体质量关系,故不能确定摩擦力相等,也不能判断克服摩擦力做功的大小,所以机械能损失不一定相等,故不能确定方、阳两人的选选项C 。

3.(辽宁省沈阳市第二中学2020届高三三模)如图所示,水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A ,一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处,细线另一端拴一质量为m =0.2 kg 的小球。若滑块与小球一起以加速度a 向左做匀加速运动(取g =10 m/s 2)则下列说法正确的是( )

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A.当a=5 m/s2时,滑块对球的支持力为

2

N 2

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

B.当a=15 m/s2时,滑块对球的支持力为半

2

N

2

C.当a=5 m/s2时,地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和

D.当a=15 m/s2时,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和

【答案】A

【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,有:水平方向:F合=F cos45°=ma0;竖直方向:F sin45°=mg,解得a0=g。A、当a=5 m/s2时,小球未离开滑块,水平方向:F cos45°–F N cos45°=ma;竖直方向:F sin45°+F N sin45°=mg,解得

2

N

2

N

F=

,故A 正确;B、当a=15 m/s2时,小球已经离开滑块,只受重力和绳的拉力,滑块对球的支持力为零,故B错误;CD、当系统相对稳定后,竖直方向没有加速度,受力平衡,所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和,故C,D错误;故选A。

4.(辽宁省辽南协作体2020届模拟)如图所示,光滑的水平面上两个质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg的物体,中间用轻质弹簧秤连接,在两个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力作用下一起匀加速运动,则()

A.弹簧秤的示数是10 N B.弹簧秤的示数是25 N

C.弹簧秤的示数是26 N D.弹簧秤的示数是52 N

【答案】C

【解析】以两物体组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律得:

()

1212

F F m m a

-=+

,解得:a=2 m/s2,对物体1

m

,由牛顿第二定律得:11

F T m a

-=

,解得:T=26 N,则弹簧秤示数为26 N,C正确。

5.(山东省淄博市第一中学2020届调研)如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小),下列说法正确的是()

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为2

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mg k

B.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为6mg k

C.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态

【答案】C

【解析】在最低点时,由牛顿第二定律:4kx mg ma

-=,其中a=5g,解得

3

2

mg

x

k

=

,选项AB

错误;从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,重力先大于弹力,电梯向下先加速运动,当重力小于弹力时,电梯的加速度向上,电梯向下做减速运动,则电梯先处于失重状态后处于超重状态,选项C正确,D错误。

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

1.(江苏省丹阳高级中学2020届质检)如图所示,钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B间动摩擦因数为μ1,A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a,a>μ1g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过()

A .

20

2gs

μ B .

10

2gs μ C .

2as D .

()120gs μμ+

【答案】A 【解析】由

12a g g

μμ>>,分析可知要求其刹车后在0

s 距离内能安全停下来,则车的最大加速度

2a g

μ=,由运动学公式

22

00

02v as -=-,车的最大速度:

20

2m v gs μ=,故选A 。

2.(福建省厦门外国语学校高2020届调研)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示,取g =10 m/s 2。根据图象可求出( )

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A .物体的初速率v 0=6 m/s

B .物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5

C .当θ=30o 时,物体达到最大位移后将保持静止

D .取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值 【答案】BD

【解析】A 项:由图可知,当夹角为90°时,x =0.80 m ,物体做竖直上抛运动,则由竖直上抛运动规律可知:

2

02v gx

=,解得:

022100.80m/s 4m/s v gx =??=,故A 错误;B 项:当夹角θ=0时,x =1.60

m ,由动能定理可得:

2

1

2

mgx mv μ=,解得:0.5μ=,故B 正确;C 项:若θ=30°时,物体的重力沿斜

面向下的分力大小为:mg sin30°=0.5mg ;最大静摩擦力为:3

cos300.50.35m f mg mg mg μ?==?≈,

sin 30m

mg f ?>,,因此,物体达到最大位移后将下滑,故C 错误;D 项:根据动能定理得:

2

1sin cos 02mgx mgx mv θμθ--=-,解得:

2

20240.82(sin cos )210(sin 0.5cos )sin 0.5cos 10.5sin()v x g θμθθθθθθα====

+??++++其中

tan α=2,当90θα?

+=,sin()1θα+=,此时位移最小,故D 正确。

3.(湖南省怀化市第一中学2020届模拟)如图所示倾角为30°的斜面放在地面上,一小滑块从斜面底端A 冲上斜面,到达最高点D 后又返回A 点,斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB 、BC 、CD 的时间相等,且BC 比CD 长0.8 m ,上滑时间为下滑时间的一半,下列说法正确的是( )

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A .斜面长为36 m

B .滑块与斜面间的动摩擦因数为3

C .地面对斜面的摩擦力先向左后向右

D .滑块向上运动和向下运动过程中,地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力 【答案】BD

【解析】A 、经过AB 、BC 、CD 的时间相等,且BC 比CD 长0.8 m ,设CD 长度为L ,逆向思维可知,BC =3L ,AB =5L ,所以3L –L =0.8 m ,解得L =0.4 m ,斜面长x =9L =3.6 m ,故A 错误;B 、上滑过

程的加速度设为a 1,下滑时的加速度为a 2,上滑过程可以逆向分析,则:221211

a (2)22x a t t =

=,解

得a 1=4a 2,根据牛顿第二定律可得:

12gsin30cos30,gsin30cos30a g a g μμ????

=+=-,联立解

3

5μ=

,故B 正确;C 、减速上升和加速下降过程中,物体的加速度都是沿斜面向下,加速度在水

平方向的分加速度都是向左,即斜面对物体水平方向的作用力向左,物体对斜面的作用力向右,物体处于静止,则地面对斜面的摩擦力方向向左,故C 错误;D 、滑块向上运动和向下运动过程中,加速度在竖直方向的分加速度竖直向下,物体处于失重状态,地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力,故D 正确。

4.(河北衡水中学2020届调研)为了备战2020年东京奥运会,我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m =50 kg 的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m ,比赛过程中,该运动员先下蹲,重心下降0.5 m ,经过充分调整后,发力跳起摸到了2.90 m 的高度。若运动员

起跳过程视为匀加速运动,忽略空气阻力影响,g 取10 m/s 2。则( )

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A .运动员起跳过程处于超重状态

B .起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大

C .起跳过程中运动员对地面的压力为960 N

D .从开始起跳到双脚落地需要1.05 s 【答案】AD

【解析】AC 、运动员离开地面后做竖直上抛运动,根据2

2gh v =可知

()2210 2.9 2.1m/s 4m/s

v gh ==??-=;在起跳过程中可视为匀加速直线运动,加速度方向竖直向

上,所以运动员起跳过程处于超重状态,根据速度位移公式可知2

2a h v ?=,解得

22

22

4m/s 16m/s 220.5v a h ===??,对运动员根据牛顿第二定律可知N F mg ma -=,解得1560N N F =,

根据牛顿第三定律可知,对地面的压力为1 560 N ,故选项A 正确,C 错误;B 、在起跳过程中做匀加速直

线运动,起跳过程的平均速度

1022v v

v +=

=,运动员离开地面后做竖直上抛运动,离地上升到最高点过程

的平均速度

2022v v v +=

=,故选项B 错误;D 、起跳过程运动的时间14

s 0.25s 16v t a ===,起跳后运动的

时间

20.4s

v

t g =

=,故运动的总时间120.65s t t t =+=,故选项D 正确。

5.(河北省邯郸市第一中学2020届模拟)根据动滑轮省力的特点设计如图甲所示装置(滑轮质量、摩擦均不计)。质量为2 kg 的物体在竖直向上的拉力F 作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知(取g =10 m/s 2)( )

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A.物体加速度大小为0.5 m/s2 B.拉力F的大小为12 N

C.2 s末拉力F的功率大小为96 W D.2 s内拉力F做的功为48 J

【答案】BC

【解析】A、根据v–t图象知加速度

2

4

2m/s

2

a=

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

=

,故A错误;B、牛顿第二定律得,2F–mg=ma,解得

22210

N12N

22

mg mg

F

+?+?

===

,故B正确;C、2 s末物体的速度v=4 m/s,则F的功率P=Fv′=2Fv=12×8 W=96 W,故C正确;D、物体在2 s内的位移

22

11

22m4m

22

x at

==??=

;则拉力作用点的位移x=8 m,则拉力F做功的大小为W=Fx=12×8 J=96 J,故D错误。故选BC。

6.(河南省郑州第一中学2020届模拟)如图所示,质量为M=2 kg、长为L=1.5 m的木板静止在光滑的水平面上,木板上右端放着一可视为质点的小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,小滑块与木板之间的动摩擦因数为

μ=0.2。若用水不拉力F作用在木板上,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是()

A.F=8 N时,小滑块与木板保持相对静止

B.F=10 N时,小滑块与木板发生相对滑动

C.F=12 N时,小滑块从木板上滑下所需的时间为2 s

D.F=12 N时,小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10 kg·m/s

【答案】BD

【解析】以小滑块为研究对象,由牛顿第二定律m

mg ma

μ=

,得小滑块的最大加速度为

2

2m/s m a g μ==,以整体为研究对象,小滑块在木板上滑动时的最小拉力为

0()6N

m F M m a =+=,A

项错误,B 项正确;若12N F =,则木板的加速度大小为

25m /s F mg M a μ-==

,由

22

11

22m L at a t =-得小滑块从木板上滑下所需的时间为1s t =,C 项错误;小滑块从木板上滑下时,木板的动量大小为

()10kg m /s p F mg t μ=-=?,D 项正确。

7.(江苏省启东中学2020届高三模拟)溜索是一种古老的渡河工具,现已演变为游乐项目。如图所示,滑轮、保险绳索与人体连接,粗钢索两端连接在固定桩上。人从高处平台的A 点出发,借助几十米的落差,沿钢索顺势而下,滑过最低点C ,到达B 点时速度为零。下列说法中正确的有( )

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

A .人滑到C 点时速度最大

B .人从A 滑到

C 的过程中,重力的功率先增大后减小 C .人滑到C 点时的加速度方向竖直向上

D .钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力 【答案】BD

【解析】人滑到C 点时,对人进行受力分析,人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力,受力分析如图所示:

2020年高考物理二轮复习讲练测 专题03 牛顿运动定律(练)(解析版)

如果钢索光滑,则在C 点速度最大;考虑摩擦力作用,则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大,则此时C 点的速度不是最大,故A 错误;人从A 滑到C 的过程中,根据

G y

P mgv =,开始时速度为0,重力的瞬时功率为0,中间过程重力的功率不为0,到C 点时重力方向与速

度方向垂直,重力的瞬时功率为0,故人从A 到C 的过程中,重力的功率先增大后减小,故B 正确;人滑到C 点时由于有沿切线方向的摩擦力,所以人滑到C 点时合力方向不再沿竖直向上,故C 错误;如果没有

摩擦力,钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等;人从A滑到C的过程中,钢索对人有向右的摩擦力,则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力,因此右侧钢索对固定桩的拉力大,所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力,故D正确。

8.(陕西西安“四校”2020届联考)图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—时间图线.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( )

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

【解析】由题图可知a点处人处于平衡状态,则人的重力G=500 N,A错误.c、e点处人对传感器的压力大于人所受重力,故都处于超重状态,B正确,C错误.在d点处人所受合力为1 000 N,而在f点处人所受合力仅为500 N,再由牛顿第二定律可知人在d点处的加速度大,D错误.9.(广东省茂名一中2020届高三模拟)如图所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是( )

A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零

B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力

【答案】A

【解析】不计空气阻力,A、B两物体抛出后一起运动的加速度为g,两物体均处于完全失重状态,因此,物体只受重力作用,两物体间的相互作用力为零,A正确.

10.(安徽省池州一中2020届高三质检)如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时,( )

A.物块与斜面间的摩擦力减小

B .物块与斜面间的正压力增大

C .物块相对于斜面减速下滑

D .物块相对于斜面匀速下滑 【答案】BD

【解析】当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:mg sin θ=μmg cos θ,则μ=tan θ(θ为斜面倾角),当升降机加速上升时,设加速度为a ;物块处于超重状态,超重ma .物块“重力”变为G ′=mg +ma ,支持力变为N ′=(mg +ma )cos θ>mg cos θ,B 对.“重力”沿斜面向下的分力G 下′=(mg +ma )sin θ,沿斜面的摩擦力变为f ′=μN ′=μ(mg +ma )cos θ>μmg cos θ,A 错误.f ′=μ(mg +ma )cos θ=tan θ(mg +ma )cos θ=(mg +ma )sin θ=G 下′,所以物块仍沿斜面匀速运动,D 对,C 错误.

11.(辽宁省丹东一中2020届高三模拟)如图所示,物块A 的质量是B 的2倍,在恒力F 作用下,在水平面上做匀加速直线运动.若物块与水平面间接触面光滑,物块A 的加速度大小为a 1,物块A 、B 间的相互作用力大小为N 1;若物块与水平面间接触面粗糙,且物块A 、B 与水平面间的动摩擦因数相同,物块B 的加速度大小为a 2,物块间的相互作用力大小为N 2,则以下判断正确的是( )

A .a 1=a 2

B .a 1>a 2

C .N 1=N 2

D .N 1>N 2 【答案】BC

【解析】设B 的质量为m ,则A 的质量为2m ;接触面光滑时,整体分析:a 1=

F 2m +m =F

3m

,对B 分析:N 1=m B a 1=F

3.接触面粗糙时,整体分析:a 2=F -f 3m =F 3m -μg ,可知a 1>a 2;对B 分析:N 2=ma 2

+μmg =F

3

,则N 1=N 2,B 、C 正确.

12.(湖南省邵阳一中2020届高三质检)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )

A.小球对圆槽的压力为MF

m+M

B.小球对圆槽的压力为mF

m+M

C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小【答案】C

【解析】利用整体法可求得系统的加速度为a=F

M+m

,对小球利用牛顿第二定律可得:小球受到圆槽

的支持力为(mg)2+m2F2

( M+m)2

,由牛顿第三定律可知只有C项正确.

13.(吉林延边二中2020届高三模拟)如图所示,A、B两物体质量为m A、m B(m A>m B),由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放,不计滑轮质量和所有摩擦,则A、B运动过程中( )

A .轻绳的拉力为(m A -m

B )g B .轻绳的拉力逐渐减小

C .它们加速度的大小与m A

m B 成正比 D .若(m A +m B )是一定值,则加速度大小与(m A -m B )成正比

【答案】D

【解析】以A 、B 为整体,通过分析,由牛顿第二定律可得(m A -m B )g =(m A +m B )a ,a =(m A -m B )g

m A +m B

故C 错误,D 正确;对A 由牛顿第二定律可知m A g -F =m A a ,F =m A g -m A a =2m A m B g

m A +m B ,故A 、B 错误.故

选D 。

14.(湖南衡阳八中2020届高三模拟)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行.初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v -t 图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v 2>v 1,则( )

甲 乙

A .t 1时刻,小物块离A 处的距离达到最大

B .t 2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C .0~t 2时间内,小物块受到的摩擦力方向一直向右

D .0~t 3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【答案】ABC

【解析】相对地面而言,小物块在0~t 1时间内,向左做匀减速运动,t 1~t 2时间内,又反向向右做匀加速运动,当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻),小物块向右做匀速运动.故小物块在t 1时刻离A 处距离最远,A 正确;在0~t 2时间内,小物块一直相对传送带向左运动,故一直受向右的滑动摩擦力,在t 2~t 3时间内,小物块相对于传送带静止,小物块不受摩擦力作用,因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值,B 、C 正确,D 错误。

15.(河北衡水中学2020届高三调研)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v -t 图象,可能正确的是( )

【答案】D

【解析】不受空气阻力的物体,整个上抛过程中加速度恒为g ,方向竖直向下,题图中的虚线表示该物体的速度—时间图象;受空气阻力的物体在上升过程中,mg +kv =ma ,即a =g +kv

m ,随着物体速度的减小,

物体的加速度不断减小,故A 项错误;物体上升到最高点时,速度为零,此时物体的加速度为g ,方向竖直向下,故图中实线与t 轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同,故D 项正确,B 、C 项错误。