高考物理一轮复习 精选题辑 月考一 直线运动 牛顿运动定律-人教版高三全册物理试题.doc

月考一必修一直线运动牛顿运动定律第卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项正确，第710题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1.某物体做直线运动的v­t图象如图所示，根据图象提供的信息可知，该物体()A在4 s末离起始点最远B在6 s末离起始点最远C在04 s内与46 s内的平均速度相等D在04 s内的加速度大于78 s内的加速度答案：B解析：在速度图象中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，故题图中所示物体在6 s末位移最大，离出发点最远，A项错误、B项正确；匀变速直线运动的平均速度等于对应时间内中间时刻的瞬时速度，所以04 s内与46 s内的平均速度不相等，C项错误；速度图象中图线斜率表示物体的加速度，所以78 s内的加速度大于04 s内的加速度，D项错误2.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是()A球在a、b两点处一定都受到支持力B球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力答案：D解析：匀速运动时，小球在a点受支持力，在b点不受支持力，向左加速运动加速度为某一值时，小球只在b点受支持力，故只有D正确3.如图所示，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动则以下判断正确的是()A物块m仍将沿斜面匀速下滑B物块m将沿斜面加速下滑C地面对斜面体M有向左的摩擦力D地面对斜面体的支持力等于(Mm)g答案：B解析：物块m恰能匀速下滑，则物块m受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于mg，且tan(为斜面体倾角)，施加水平外力F后，物块m受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于mg，对物块m受力分析易知，物块m做加速运动，选项A错误、B正确；对斜面体M，物块m对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于mg，对斜面体M受力分析易知，地面对斜面体M的摩擦力为0，支持力小于(mM)g，选项C、D错误4(2018·辽宁鞍山一中一模)如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖直的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时AOB60°，弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L.则此时物体所受的摩擦力()A等于零B大小为0.5mg，方向沿水平面向右C大小为mg，方向沿水平面向左D大小为2mg，方向沿水平面向右答案：C解析：当小球处于圆环的B点时，对小球进行受力分析：受到重力、弹簧的弹力和圆环对小球的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则可得弹簧的弹力、小球的重力、圆环对小球的支持力均相等且为mg，此时弹簧伸长量为L，当用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时，弹簧伸长量也为L，由胡克定律Fkx可知弹簧的弹力为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以此时物体所受的摩擦力大小为mg，方向与弹簧的弹力方向相反，即为水平向左，所以C正确，A、B、D错误5(2018·江苏南京二模)两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变一个物体所受空气阻力可忽略，另一个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v­t图象可能正确的是()答案：D解析：若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变若考虑空气阻力，物体下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，物体加速度越来越小且小于g；与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，物体加速度越来越小且大于g.根据速度时间图象的斜率表示加速度可知，D正确6(2018·云南曲靖一中模拟)如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中()AP所受的合力增大BQ受到墙壁的摩擦力逐渐变大CP对Q的压力逐渐减小D细绳的拉力逐渐增大答案：D解析：P受重力、细绳的拉力和Q的支持力而始终处于平衡状态，合力为零，故A错误；设细绳的拉力与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡可知拉力T，Q对P的支持力Nmgtan，在铅笔缓慢下移的过程中，逐渐增大，则细绳的拉力T逐渐增大，Q对P的支持力逐渐增大，P对Q的压力逐渐增大，故D正确，C错误；对Q分析知，在竖直方向上，Q受到的重力与墙壁的摩擦力始终平衡，所以Q受到墙壁的摩擦力不变，故B错误7.两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上，两个小球下面分别连一轻弹簧，两轻弹簧下端同系在一质量为m的小球C上，如图所示已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形，则下列说法中正确的是()A水平横杆对质量为M的小球的支持力为MgmgB连接质量为m的小球的轻弹簧的弹力为C连接质量为m的小球的轻弹簧的伸长量为D套在水平横杆上的轻弹簧的形变量为答案：ACD解析：把三个小球和三根轻弹簧看做整体，分析受力，利用对称性，由平衡条件可得，水平横杆对质量为M的小球的支持力FNMgmg，选项A正确；对质量为m的小球受力分析，由平衡条件可得，2F1cos30°mg，解得连接质量为m的小球的轻弹簧的拉力为F1mg，选项B错误；由胡克定律得F1kx1，解得连接质量为m的小球的轻弹簧的伸长量x1，选项C正确；对套在水平横杆上的小球受力分析，水平轻弹簧对小球的作用力F2F1sin30°mg，由胡克定律得F2kx2，解得套在水平横杆上的轻弹簧的形变量x2，选项D正确8.如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为的传送带该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为m的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为，且<tan.则货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是()答案：BC解析：货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，货物做加速运动，由牛顿第二定律有mgsinmgcosma1，解得a1gsingcos，如果货物在其速度达到与传送带速度相同前就滑离了传送带，则货物将一直以加速度a1加速运动到底端，B正确；如果货物速度达到与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，由于<tan，其后货物受到的摩擦力变为沿传送带向上，货物仍做加速运动，货物速度将大于传送带速度，由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2，解得a2gsingcos，由于a1>a2，所以C正确9.如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个共点力，过作用点O建立平面直角坐标系xOy，将F1、F2沿x轴、y轴进行正交分解，则()A当x轴取F1、F2合力方向时，F1、F2在x轴上的分力之和最大B当F1、F2在x轴上的分力之和最大时，在y轴上的分力之和最小C当x轴取F1、F2角平分线方向时，F1、F2在x轴上的分力之和最大DF1、F2合力的大小，与x轴的选取方向有关答案：AB解析：设F1、F2与x轴夹角分别为、，F1、F2在x轴上的分力之和FxF1cosF2cos，F1、F2在y轴上的分力之和FyF1sinF2sin，当x轴取F1、F2合力方向时，Fy0，所以A、B正确；由于F1、F2不一定相等，角平分线方向不一定是合力方向，C错误；只要F1、F2一定，其合力不变，D错误10(2018·四川成都树德中学诊断)(多选)三角形传送带以v1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带底端都以v04 m/s的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()A物块A、B都能到达传送带顶端B两物块在传送带上运动的全过程中，物块A、B所受摩擦力一直阻碍物块A、B的运动C物块A上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD物块B在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m答案：CD解析：对B分析：开始时，物块的速度大于传送带的速度，故物块相对传送带沿斜面向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，所以物块受到沿传送带向下的合力，做减速运动，加速度大小为a110 m/s2，当物块速度减小到1 m/s时，物块沿斜面方向发生的位移为x10.75 m<2 m，所用时间为t10.3 s；由于mgcos37°4 N<mgsin37°6 N，所以物块沿传送带向上减速到1 m/s后摩擦力沿传送带向上，为动力，合力沿传送带向下，减速到零的过程中加速度大小为a22 m/s2，发生的位移为x20.25 m，所用的时间为t20.5 s，此时物块B的总位移x0.75 m0.25 m1 m<2 m，之后由于mgcos37°<mgsin37°，B开始向下加速运动，所以B不能到达传送带顶端，A、B错误A在上滑直至速度为零的过程中，摩擦力恒沿传送带向下，故运动的加速度大小为a310 m/s2，A减速到速度为零的过程中，沿传送带方向发生的位移为x30.8 m，所用时间为t30.4 s，传送带此时向下运动了xvt30.4 m，而物块A是向上运动的，物块A相对传送带运动的路程x10.8 m0.4 m1.2 m，然后A开始下滑，A的速度小于传送带的速度，故A受到的摩擦力方向仍向下，此时的加速度大小为a410 m/s2，到与传送带速度相同时A沿斜面方向发生的位移为x30.05 m，所用时间为t40.1 s，传送带向下运动了xvt40.1 m，这个过程中两者都是向下运动，故相对位移为x20.1 m0.05 m0.05 m，故物块A上冲到与传送带速度相同的过程中，物块A相对传送带运动的路程为xx1x21.2 m0.05 m1.25 m，C正确；B在上滑至与传送带速度相同的过程中，两者发生的相对位移为xx1vt10.45 m，之后由于传送带的速度大于物块B的速度，所以物块B与传送带之间的划痕将覆盖原来的划痕，这个过程中二者的相对位移为xvt2x20.25 m<0.45 m，二者将在原来的划痕上发生相对运动，不再有新的划痕，物块B在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m，D正确第卷(非选择题共70分)二、实验题：本题共2小题，共20分把答案填在题中的横线上或按要求作答11(10分)某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力A为小车，质量为100 g，B为电火花计时器(接50 Hz的交流电)，C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出(1)实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求从实验原理上消除由此产生的系统误差这样在实验中，小盘(含其中砝码)的质量_(填“必须”或“不必”)满足远小于小车质量的条件(2)某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50 g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为_m/s2.此时，小车受到的摩擦力为_N.答案：(1)不必(3分)(2)1.2(3分)0.32(4分)解析：(1)在实验原理中，将小车、盘和砝码作为一个整体为研究对象，这样就不必满足小盘(含其中砝码)的质量远小于小车质量的条件(2)小车的加速度a1.2 m/s2，根据牛顿第二定律得m小盘gf(m小盘m小车)a，解得f0.32 N.12(10分)某同学利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系该同学在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d_cm.(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是_(写出文字和相应字母)(3)下列不必要的一项实验要求是_(请填写选项前对应的字母)A应将气垫导轨调节水平B应使细线与气垫导轨平行C应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量D应使A位置与光电门间的距离适当大些(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_(填“t2F”、“F”或“F”)图象答案：(1)0.175(2分)(2)A位置(或遮光条)到光电门B之间的距离x(2分)(3)C(3分)(4)F(3分)解析：(1)根据游标卡尺的读数原理，遮光条的宽度d1 mm0.05×15 mm1.75 mm0.175 cm；(2)测出A位置(或遮光条)到光电门B之间的距离x，根据a可求得加速度；(3)应将气垫导轨调节水平，且保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，选项A、B必要；拉力是直接通过力传感器测量的，与小车质量和钩码质量大小无关，选项C不必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，选项D必要；(4)根据加速度a，a，联立可得F，所以应作出F图象三、计算或论述题：本题共4小题，共50分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13(10分)(2018·河南平顶山一模)随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择开车出行，这也造成了高速公路的拥堵，为此人们开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以v172 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v24 m/s，然后匀速通过总长度为d16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t020 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a1 m/s2，求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶的过程中的位移x；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间t.答案：(1)400 m(2)24 s解析：(1)汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x1，所以汽车从开始减速到恢复正常行驶过程的位移为x2x1d，代入数据解得x400 m.(2)汽车过人工收费通道到达中心线的速度恰好为零，刚进入通道的速度应满足v22a，故v4 m/sv2，根据对称性，汽车离开通道时的速度也恰好为v4 m/sv2，又知汽车从ETC通道匀速通过收费站的速度为v24 m/s，即两车在进入通道前与离开通道后的运动规律是一样的所以汽车通过ETC通道的时间为t1 s4 s，汽车通过人工收费通道的时间为t2t0 s20 s28 s，节约的时间为tt2t1(284) s24 s.14(12分)(2018·吉林通化质检)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v030 m/s，相距s0100 mt0时，甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示，以运动方向为正方向(1)两车在09 s内何时相距最近？最近距离是多少？(2)若要保证t12 s时乙车在甲车后109 m，则图乙中a0应是多少？答案：(1)6 s10 m(2)8 m/s2解析：(1)由题中图象知，甲车前3 s做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，3 s末甲车的速度为0，此过程中乙的速度大于甲的速度，两者距离减小，接着甲做匀加速直线运动而乙做匀减速直线运动，两车的距离进一步减小，当两车速度相等时相距最近设在t13 s后再经过t2时间甲、乙两车速度相等，此时两车相距最近，有a2t2v0a3t2，代入数值得t23 s，即6 s时两车相距最近两车速度相等前甲车的位移为x甲t1a2t，乙车的位移为x乙v0t1v0t2a3t，两车的最近距离为smins0x甲x乙，联立并代入数值得smin10 m.(2)9 s末(即t36 s)，甲车的速度为v1a2t330 m/s，9 s内甲车发生的总位移为x甲t1a2t，代入数值得x甲135 m，9 s末，乙车的速度为x2v0a3t30，9 s内乙车发生的总位移为x乙v0t1v0t3a3t，代入数值得x乙180 m，所以9 s末，甲车在乙车前的距离为xs0x甲x乙55 m，若要保证t12 s时(即t43 s)乙车在甲车后109 m，则应有v1t4xa0t109 m，代入数据得a08 m/s2.15(14分)(2018·江西一模)一水平传送带以2.0 m/s的速率顺时针传动，水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，试问：(1)物块到达传送带右端的速度大小；(2)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度(sin37°0.6，g取10 m/s2)答案：(1)2 m/s(2)不能0.2 m解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动，有mgma1，可得a12 m/s2，物块与传送带速度相等时所用时间t1 s，此时物块运动的位移为s1a1t21 m<2 m，故在到达传送带右端前物块已经与传送带达到共同速度，速度大小为2 m/s.(2)物块以速度v02 m/s滑上斜面，则有mgsinma2，a26 m/s2，物块速度为零时沿斜面运动的距离s2 m m，由于s2<0.4 m，所以物块未到达斜面顶端，物块上升的最大高度hmaxs2sin0.2 m.16(14分)如图所示，在光滑的水平地面上，相距L16 m的A、B两物块均以速度v016 m/s向右运动，随后两物块相继滑上倾角为30°的足够长的斜坡已知A、B与斜坡间的动摩擦因数均为，地面与斜坡平滑连接，取重力加速度g10 m/s2.求A滑上斜坡后经过多长时间两物块相遇答案： s解析：设A滑上斜坡后经过t0时间B再滑上斜坡，则有t01 s(1分)设A、B两物块沿斜坡上滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma1(2分)代入数据，解得a18 m/s2(1分)则A沿斜坡上滑的最大位移为xmax16 m(1分)上滑的时间为t12 s(1分)滑到最高点后A开始沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma2(2分)代入数据，解得a22 m/s2(1分)此时B沿斜面上滑的时间为tBt1t01 s，而后两者相向运动，设A下滑经过时间t2后与B相遇，故由位移关系有v0(t2tB)a1(t2tB)2a2txmax(2分)代入数据，解得：t2s(t22 s不合题意，舍去)(1分)则相遇时间tt1t2 s(2分)