内容正文:
高三一轮复习40分钟周测卷/物理
教学札记:
(六)牛顿运动定律的应用
(考试时间40分钟,满分100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。其中1~5小题为单项选择题,6~8小题为多项选择
题,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)
1.如图所示,光滑水平面上放置着质量M=2kg的足够长的木板B,木板B上面放着质量m=1kg的木块
A,两者都处于静止状态。t=0时刻木板B开始受到一个水平向右的作用力F,其大小与时间的关系为F
=2+4t(N)。木块A与木板B之间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2,
下列说法正确的是
A■
77777777777777777777777777
A.t=0时刻木板B的加速度为1m/s2
B.t=2s时刻木板B与木块A的加速度相同
C.t=1s时刻木板B与木块A将相对滑动
D.t=3s时刻木板B的加速度为7m/s2
解析:设恰好发生相对滑动时的加速度为ao,则有mg=ma,F=(m十M)ao,又F=2十4t,解得t=
1s,即t=1s时木板B与木块A开始相对滑动,B项错误,C项正确;t=0时刻对整体由牛顿第二定律得F
=(m十Md,解得d=号m/g,A项错误;=3s时刻设木板B的加速度为a:则有F-mg=Ma:,解得
a3=6m/s2,D项错误。
答案:C
2.如图所示,质量为m的木块在粗糙水平面上向左运动,t=0时刻对它施加一个水平向右的恒力F,已知此
时木块的速度大小为o,t=t。时刻木块的速度变为零,t=3。时刻木块的速度大小又变为。重力加速
度为g,下列说法正确的是
A.在0~时间内木块的加速度大小为E
Yo
B.在。3,时间内木块的加速度大小为
C.木块与水平面间的动摩擦因数μ一2mg
F
D.在0~3,时间内木块的平均速度大小为号
衡水金卷·先享题·物理
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解析:在0t0时间内,物体做匀减速运动,根据牛顿第二定律得F十ng=ma1,又a1t。=o;在to~3to
教学札记:
时间内,物体反向做匀加速运动,根据牛顿第二定律可知F-mg=ma2,又a2(3t一to)=o,联立解得a1=
4
2F
3n,a-3m'4=3mg
A,C项错误,B项正确:在0一4,时问肉,物体向左运动的位移大小=么-学,在
6~3,时间内,物体向右运动的位移大小,=21,=受×21,=%,因此这段时间内的平均速度大小口
2一工=,D项错误。
6
答案:B
3.如图所示,上表面粗糙、倾角0=30°的斜面体放在光滑的水平地面上,一物块静止在斜面体上。现给斜面
体一水平向左的推力F,发现无论F为多大,物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑
动摩擦力,则物块与斜面体间的动摩擦因数:应满足的条件为
A.≥√3
B.p
C.μ<3
D
解析:当F=0时,指块能静上在斜面上,可知m8nmgo0s0:解得≥an8,即公≥怎:当F特列大
时,对物块受力分析,将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向,由牛顿第二定律,沿斜面方向有∫十
ngsin0=nacos0,垂直斜面方向有V-mgcos0=asin0,又f≤uN,由于F可以取无穷大,加速度无穷
1
大,所以以上各式中的mgin0和mgcos0均可忽略,联立解得A≥am)3,即≥5,B.C,D项错误,A
项正确。
答案:A
4.如图甲所示,一水平传送带沿顺时针方向转动,在传送带左端A处轻放一可视为质点的物块,物块从A点
到B点的)-t图象如图乙所示,t=6s时恰好到B点,下列说法正确的是
v(m/s)
6(s)
A.物块与传送带间的动摩擦因数4=0.5
B.A、B两点间的距离为20m
C.物块在传送带上留下的痕迹长度为8m
D.若物块的速度刚好达到4/s时,传送带的速度立刻变为零,则物块不能到达B点
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衡水金卷·先享题·物理
解析:由图乙可知物块先加速后匀速,且由图乙可知加速过程的加速度a=1m/s2,根据牛顿第二定律
得4=E=mg=4g,由以上两式解得4=0,1,A项错误:A、B两点间的距离即为物块在6s内发生的位移,
教学札记:
mm
即L=26×4m=16m,B项错误:当物块的速度与传送带的速度相等时,物块做匀速运动。由图乙可知
2
4s时物块做匀速运动,速度大小为4m/s,所以传送带的速度大小为4m/s;0~4s内物块运动的位移51=
m=8m,传送带运动的位移=4X4m=16m,则物块在传送带上留下的痕迹长度
8m,C项正确;物块的速度刚好到4/s时,传送带的速度立刻变为零,物块由于惯性向前做匀减速直线运
动,减速的加速度a'=一g=-1m/s,物块从开始到速度为4m/s时发生的位移c=44
2
m=8m,而物
荧从4ms减到零发生的位移为”。-2气)m=8m,所以物关刷好到达