第三章高频考点真题验收全通关.docx
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第三章高频考点真题验收全通关
第三章高频考点真题验收全通关
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高频考点一:
物理学史及物理方法
1.(2013·全国卷Ⅰ)图1是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的三列数据如下表。
表中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。
根据表中的数据,伽利略可以得出的结论是( )
1
1
32
4
2
130
9
3
298
16
4
526
25
5
824
36
6
1192
49
7
1600
64
8
2104
图1
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
2.(多选)(2013·山东高考)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有( )
A.力不是维持物体运动的原因
B.物体之间普遍存在相互吸引力
C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快
D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
高频考点二:
超重与失重
3.(多选)(2012·山东高考)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,vt图像如图2所示。
以下判断正确的是( )
图2
A.前3s内货物处于超重状态
B.最后2s内货物只受重力作用
C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D.第3s末至第5s末的过程中,货物的机械能守恒
4.(2010·浙江高考)如图3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( )
图3
A.在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零
B.上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力
D.在上升和下降过程中A物体对B物体的压力等于A物体受到的重力
高频考点三:
牛顿运动定律的应用
5.(多选)(2010·海南高考)如图4,木箱内有一竖直放置的弹簧,弹簧上方有一物块;木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上。
若在某一时间内,物块对箱顶刚好无压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为( )
图4
A.加速下降 B.加速上升
C.减速上升D.减速下降
6.(2012·安徽高考)如图5所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )
图5
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
7.(2014·大纲卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图6所示;当物块的初速度为
时,上升的最大高度记为h。
重力加速度大小为g。
物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
图6
A.tanθ和
B.
tanθ和
C.tanθ和
D.
tanθ和
8.(2013·全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上。
从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。
假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。
能正确描述F与a之间关系的图像是( )
图7
高频考点四:
整体法与隔离法
9.(2011·大纲卷)如图8,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
图8
图9
10.(2012·江苏高考)如图10所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。
夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。
若木块不滑动,力F的最大值是( )
图10
A.
B.
C.
-(m+M)g
D.
+(m+M)g
高频考点五:
动力学的两类基本问题
11.(2012·安徽高考)质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的vt图像如图11所示。
球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的
。
设球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10m/s2,求:
图11
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小;
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
12.(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系,小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”,如图12所示。
在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零,“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。
“鱼”在水中运动时,除受重力外,还受到浮力和水的阻力。
已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的
倍,重力加速度为g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。
假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不计。
求:
图12
(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1;
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA;
(3)“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB。
13.(2012·上海高考)如图13,将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。
环的直径略大于杆的截面直径。
环与杆间动摩擦因数μ=0.8。
对环施加一位于竖直平面内斜向上,与杆夹角θ=53°的拉力F,使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动,求F的大小。
(取sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2)
图13
14.(2014·豫东·豫北十校联考)如图14所示,与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向转动,两传动轮间距L=5m。
现将质量为1kg且可视为质点的物块以v0=4m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。
物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,取g=10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,计算时,可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,求物块在传送带上上升的最大高度。
图14
高频考点六:
滑块、滑板模型
15.(2010·海南高考)图15甲中,质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧,木板放在光滑的水平地面上,物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2。
在木板上施加一水平向右的拉力F,在0~3s内F的变化如图乙所示,图中F以mg为单位,重力加速度g=10m/s2。
整个系统开始时静止。
(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度;
(2)在同一坐标系中画出0~3s内木板和物块的vt图像,据此求0~3s内物块相对于木板滑过的距离。
图15
16.(2013·江苏高考)如图16所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。
图16
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2。
若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知。
为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
答案
1.选C 由表可以看出第二列数据与第一列为二次方关系,而第三列数据与第一列在误差范围内成正比,说明物体沿斜面通过的距离与时间的二次方成正比,故选项C正确。
2.选AC 本题考查物理学史,意在考查考生对物理学发展历程的认识。
伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论,正确地指出力不是维持物体运动状态的原因,A项正确;牛顿提出万有引力定律,B项错;伽利略首先运用逻辑推理的方法发现物体下落的快慢和它的重量无关,C项正确;牛顿提出了物体间的相互作用力总是等大反向的结论,D项错。
3.选AC 由vt图像可知前3s内,a=
=2m/s2,货物具有向上的加速度,故处于超重状态,选项A正确;最后2s内加速度a′=
=-3m/s2,小于重力加速度,故吊绳拉力不为零,选项B错误;根据
=
v=3m/s可知选项C正确;第3s末至第5s末的过程中,货物匀速上升,货物机械能增加,选项D错误。
4.选A 本题考查牛顿运动定律的应用——超重和失重的知识。
A、B两物体抛出以后处于完全失重状态,无论是上升还是下降,A物体对B物体的压力一定为零,A选项正确。
5.选BD 因为木箱静止时弹簧处于压缩状态,且物块压在顶板上,则有:
FT=mg+FN,某时间内物块对顶板刚好无压力,说明弹簧的长度没有变化,则弹力没有变化,由于FN=0,故物块所受的合外力为F合=FT-mg,方向竖直向上,故木箱有向上的加速度,而有向上的加速度的直线运动有两种:
加速上升和减速下降。
6.选C 对物块进行受力分析,设斜面的角度为θ,可列方程mgsinθ-μmgcosθ=ma,sinθ-μcosθ=
,当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma1,即mgsinθ-μmgcosθ+Fsinθ-μFcosθ=ma1,ma+Fsinθ-μFcosθ=ma1,Fsinθ-μFcosθ=F(sinθ-μcosθ)=
,
大于零,代入上式知,a1大于a。
物块将以大于a的加速度匀加速下滑。
只有C项正确。
7.选D 物块沿斜坡向上运动过程中,对其受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律可得N=mgcosθ,μN+mgsinθ=ma,可得a=μgcosθ+gsinθ。
由图中几何关系和运动学公式可得v2=2a
,
=2a
,可得h=
,μ=
tanθ,选项D正确,选项A、B、C错误。
8.选C 本题考查摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点,意在考查考生应用相关知识分析问题、解决问题的能力。
设物块所受滑动摩擦力为f,在水平拉力F作用下,物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,F-f=ma,F=ma+f,所以能正确描述F与a之间关系的图像是C,选项C正确,A、B、D错误。
9.选A 本题中开始阶段两物体一起做加速运动,有F=(m1+m2)a,即a=
,两物体加速度相同且与时间成正比。
当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动。
对m2有F-f=ma2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm2g不再变化,a2=
,故其图像斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm2g=m1a1,故a1=
为定值。
故A选项正确。
10.选A 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时,拉力F最大,系统向上的加速度为a。
先以m为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可知:
F-2f-mg=ma,
再以M为研究对象,进行受力分析,根据牛顿第二定律可知:
2f-Mg=Ma,
两式联立可解得F=
,A正确。
11.解析:
(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1,由图知
a1=
=
m/s2=8m/s2
根据牛顿第二定律,得
mg-f=ma1
f=m(g-a1)=0.2N。
(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s,设球第一次离开地面时的速度大小为v2,则
v2=
v1=3m/s
第一次离开地面后,设上升过程中球的加速度大小为a2,则mg+f=ma2
a2=12m/s2
于是,有0-v22=-2a2h
解得h=
m。
答案:
(1)0.2N
(2)
m
12.解析:
(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动,有vA12-0=2gH①
得:
vA1=
。
②
(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用,做匀减速运动,设加速度为aA,有F合=F浮+fA-mg③
F合=maA④
0-vA12=-2aAhA⑤
由题意:
F浮=
mg
综合上述各式,得fA=mg(
-
)。
⑥
(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似,有fB=mg(
-
)⑦
综合⑥、⑦两式,得
=
。
答案:
(1)
(2)mg(
-
) (3)
13.解析:
令Fsin53°-mg=0,解得F=1.25N。
由于
=7.5m/s2≠4.4m/s2,则F≠1.25N,它的取值分大于和小于1.25N两种情况。
甲
当F<1.25N时,环与杆的上部接触,受力示意图如图甲所示
由牛顿第二定律得
Fcosθ-μFN=ma
又Fsinθ+FN=mg
联立解得F=
代入数据得F=1N
乙
当F>1.25N时,环与杆的下部接触,受力示意图如图乙所示
由牛顿第二定律得
Fcosθ-μFN=ma
又Fsinθ=mg+FN
联立解得F=
代入数据得F=9N。
答案:
1N或9N
14.解析:
刚滑上传送带时,物块相对传送带向上运动,受到摩擦力沿传送带向下,将匀减速上滑,直至与传送带等速,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
则a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2
位移x1=
=0.6m
物块与传送带相对静止瞬间,由于最大静摩擦力f=μmgcosθ<mgsinθ,相对静止状态不能持续,物块速度会继续减小。
此后,物块受到滑动摩擦力沿传送带向上,但合力沿传送带向下,故继续匀减速上升,直到速度为零
由mgsinθ-μmgcosθ=ma2
得a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2
位移x2=
=1m
则物块沿传送带上升的最大高度为
H=(x1+x2)sin37°=0.96m。
答案:
0.96m
15.解析:
(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′,在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′,木板和物块之间摩擦力的大小为f。
根据牛顿第二定律、运动学公式得
对物块f=ma′ ①
f=μmg ②
当vt′<vt时vt2′=vt1′+a′(t2-t1) ③
对木板F-f=(2m)a ④
vt2=vt1+a(t2-t1) ⑤
由①②③④⑤式与题给条件得v1=4m/s,v1.5=4.5m/s,v2=4m/s,v3=4m/s
v2′=4m/s,v3′=4m/s。
(2)由
(1)的结果得到物块与木板运动的vt图像,如图所示。
在0~3s内物块相对于木板滑过的距离Δs等于木板和物块vt图线下的面积之差,即图中阴影部分的面积。
阴影部分由两个三角形组成:
上面的三角形面积代表0.25m,下面的三角形面积代表2m,因此Δs=2.25m。
答案:
(1)4m/s、4.5m/s、4m/s、4m/s、4m/s、4m/s
(2)图见解析 2.25m
16.解析:
(1)砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g
桌面对纸板的摩擦力f2=μ(m1+m2)g
f=f1+f2
解得f=μ(2m1+m2)g
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则
f1=m1a1
F-f1-f2=m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1+m2)g。
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1=
a1t12
纸板运动的距离d+x1=
a2t12
纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离
x2=
a3t22
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
解得F=2μ
g
代入数据得F=22.4N。
答案:
(1)μ(2m1+m2)g
(2)F>2μ(m1+m2)g (3)22.4N
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