2019-2020年高考物理第一輪復習 第三章 物理學史及物理方法.doc

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2019-2020年高考物理第一輪復習 第三章 物理學史及物理方法 1.(xx全國卷Ⅰ)圖1是伽利略1604年做斜面實驗時的一頁手稿照片，照片左上角的三列數(shù)據如下表。表中第二列是時間，第三列是物體沿斜面運動的距離，第一列是伽利略在分析實驗數(shù)據時添加的。根據表中的數(shù)據，伽利略可以得出的結論是(　　) 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1 192 49 7 1 600 64 8 2 104 圖1 A．物體具有慣性 B．斜面傾角一定時，加速度與質量無關 C．物體運動的距離與時間的平方成正比 D．物體運動的加速度與重力加速度成正比 2．(多選)(xx山東高考)伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結合探索自然規(guī)律的科學方法，利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有(　　) A．力不是維持物體運動的原因 B．物體之間普遍存在相互吸引力 C．忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快 D．物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反 高頻考點二：超重與失重 3．(多選)(xx山東高考)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，vt圖像如圖2所示。以下判斷正確的是(　　) 圖2 A．前3 s內貨物處于超重狀態(tài) B．最后2 s內貨物只受重力作用 C．前3 s內與最后2 s內貨物的平均速度相同 D．第3 s末至第5 s末的過程中，貨物的機械能守恒 4．(xx浙江高考)如圖3所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)。下列說法正確的是(　　) 圖3 A．在上升和下降過程中A物體對B物體的壓力一定為零 B．上升過程中A物體對B物體的壓力大于A物體受到的重力 C．下降過程中A物體對B物體的壓力大于A物體受到的重力 D．在上升和下降過程中A物體對B物體的壓力等于A物體受到的重力 高頻考點三：牛頓運動定律的應用 5．(多選)(xx海南高考)如圖4，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上。若在某一時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內，木箱的運動狀態(tài)可能為(　　) 圖4 A．加速下降　　　　　 B．加速上升 C．減速上升 D．減速下降 6．(xx安徽高考)如圖5所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則(　　) 圖5 A．物塊可能勻速下滑 B．物塊仍以加速度a勻加速下滑 C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑 D．物塊將以小于a的加速度勻加速下滑 7.(xx大綱卷)一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動。當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖6所示；當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為(　　) 圖6 A．tan θ和 B．tan θ和 C．tan θ和 D．tan θ和 8．(xx全國卷Ⅱ)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關系的圖像是(　　) 圖7 高頻考點四：整體法與隔離法 9．(2011大綱卷)如圖8，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(　　) 圖8 圖9 10．(xx江蘇高考)如圖10所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動，力F的最大值是(　　) 圖10 A． B. C．－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 高頻考點五：動力學的兩類基本問題 11．(xx安徽高考)質量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應的vt圖像如圖11所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的。設球受到的空氣阻力大小恒為f，取g＝10 m/s2，求： 圖11 (1)彈性球受到的空氣阻力f的大??； (2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。 12．(xx浙江高考)為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關系，小明同學用石蠟做成兩條質量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”，如圖12所示。在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”，“A魚”豎直下潛hA后速度減小為零，“B魚”豎直下潛hB后速度減小為零?！棒~”在水中運動時，除受重力外，還受到浮力和水的阻力。已知“魚”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度為g，“魚”運動的位移值遠大于“魚”的長度。假設“魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計。求： 圖12 (1)“A魚”入水瞬間的速度vA1； (2)“A魚”在水中運動時所受阻力fA； (3)“A魚”和“B魚”在水中運動時所受阻力之比fA∶fB。 13.(xx上海高考)如圖13，將質量m＝0.1 kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上。環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)μ＝0.8。對環(huán)施加一位于豎直平面內斜向上，與桿夾角θ＝53的拉力F，使圓環(huán)以a＝4.4 m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小。(取sin 53＝0.8，cos 53＝0.6，g＝10 m/s2) 圖13 14．(xx豫東豫北十校聯(lián)考)如圖14所示，與水平方向成37角的傳送帶以恒定速度v＝2 m/s沿順時針方向轉動，兩傳動輪間距L＝5 m?，F(xiàn)將質量為1 kg且可視為質點的物塊以v0＝4 m/s的速度沿傳送帶向上的方向自底端滑上傳送帶。物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，計算時，可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力，求物塊在傳送帶上上升的最大高度。 圖14 高頻考點六：滑塊、滑板模型 15．(xx海南高考)圖15甲中，質量為m的物塊疊放在質量為2m的足夠長的木板上方右側，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2。在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3 s內F的變化如圖乙所示，圖中F以mg為單位，重力加速度g＝10 m/s2。整個系統(tǒng)開始時靜止。 (1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度以及2 s、3 s末物塊的速度； (2)在同一坐標系中畫出0～3 s內木板和物塊的vt圖像，據此求0～3 s內物塊相對于木板滑過的距離。 圖15 16．(xx江蘇高考)如圖16所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。 圖16 (1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大?。? (2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大小； (3)本實驗中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，取g＝10 m/s2。若砝碼移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知。為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？ 答 案 1．選C　由表可以看出第二列數(shù)據與第一列為二次方關系，而第三列數(shù)據與第一列在誤差范圍內成正比，說明物體沿斜面通過的距離與時間的二次方成正比，故選項C正確。 2．選AC　本題考查物理學史，意在考查考生對物理學發(fā)展歷程的認識。伽利略利用理想斜面實驗和邏輯推理相結合的方法否定了亞里士多德“力是維持物體運動狀態(tài)的原因”的錯誤結論，正確地指出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，A項正確；牛頓提出萬有引力定律，B項錯；伽利略首先運用邏輯推理的方法發(fā)現(xiàn)物體下落的快慢和它的重量無關，C項正確；牛頓提出了物體間的相互作用力總是等大反向的結論，D項錯。 3．選AC　由vt圖像可知前3 s內，a＝＝2 m/s2，貨物具有向上的加速度，故處于超重狀態(tài)，選項A正確；最后2 s內加速度a′＝＝－3 m/s2，小于重力加速度，故吊繩拉力不為零，選項B錯誤；根據＝v＝3 m/s可知選項C正確；第3 s末至第5 s末的過程中，貨物勻速上升，貨物機械能增加，選項D錯誤。 4．選A　本題考查牛頓運動定律的應用——超重和失重的知識。A、B兩物體拋出以后處于完全失重狀態(tài)，無論是上升還是下降，A物體對B物體的壓力一定為零，A選項正確。 5．選BD　因為木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物塊壓在頂板上，則有：FT＝mg＋FN，某時間內物塊對頂板剛好無壓力，說明彈簧的長度沒有變化，則彈力沒有變化，由于FN＝0，故物塊所受的合外力為F合＝FT－mg，方向豎直向上，故木箱有向上的加速度，而有向上的加速度的直線運動有兩種：加速上升和減速下降。 6．選C　對物塊進行受力分析，設斜面的角度為θ，可列方程mgsin θ－μmgcos θ＝ma，sin θ－μcos θ＝，當加上力F后，由牛頓第二定律得(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma1，即mgsin θ－μmgcos θ＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，ma＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，F(xiàn)sin θ－μFcos θ＝F(sin θ－μcos θ)＝，大于零，代入上式知，a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項正確。 7.選D　物塊沿斜坡向上運動過程中，對其受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律可得N＝mgcos θ，μN＋mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ＋gsin θ。由圖中幾何關系和運動學公式可得v2＝2a， ＝2a，可得h＝，μ＝tan θ，選項D正確，選項A、B、C錯誤。 8．選C　本題考查摩擦力、牛頓第二定律等基礎知識點，意在考查考生應用相關知識分析問題、解決問題的能力。設物塊所受滑動摩擦力為f，在水平拉力F作用下，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝ma，F(xiàn)＝ma＋f，所以能正確描述F與a之間關系的圖像是C，選項C正確，A、B、D錯誤。 9．選A　本題中開始階段兩物體一起做加速運動，有F＝(m1＋m2)a，即a＝，兩物體加速度相同且與時間成正比。當兩物體間的摩擦力達到μm2g后兩者發(fā)生相對滑動。對m2有F－f＝ma2，在相對滑動之前f逐漸增大，相對滑動后f＝μm2g 不再變化，a2＝，故其圖像斜率增大；而對m1 ，在發(fā)生相對滑動后，有μm2g＝m1a1，故a1＝為定值。故A選項正確。 10．選A　當夾子與木塊兩側間的摩擦力達到最大摩擦力f時，拉力F最大，系統(tǒng)向上的加速度為a。先以m為研究對象，進行受力分析，根據牛頓第二定律可知： F－2f－mg＝ma， 再以M為研究對象，進行受力分析，根據牛頓第二定律可知：2f－Mg＝Ma， 兩式聯(lián)立可解得F＝，A正確。 11．解析： (1)設彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1，由圖知 a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 根據牛頓第二定律，得 mg－f＝ma1 f＝m(g－a1)＝0.2 N。 (2)由圖知彈性球第一次到達地面時的速度大小為v1＝4 m/s，設球第一次離開地面時的速度大小為v2，則 v2＝v1＝3 m/s 第一次離開地面后，設上升過程中球的加速度大小為a2，則mg＋f＝ma2 a2＝12 m/s2 于是，有0－v22＝－2a2h 解得h＝ m。 答案：(1)0.2 N　(2) m 12．解析：(1)“A魚”在入水前做自由落體運動，有vA12－0＝2gH① 得：vA1＝。② (2)“A魚”在水中運動時受重力、浮力和阻力的作用，做勻減速運動，設加速度為aA，有F合＝F?。玣A－mg③ F合＝maA④ 0－vA12＝－2aAhA⑤ 由題意：F浮＝mg 綜合上述各式，得fA＝mg(－)。⑥ (3)考慮到“B魚”的受力、運動情況與“A魚”相似，有fB＝mg(－)⑦ 綜合⑥、⑦兩式，得＝。 答案：(1)　(2)mg(－)　(3) 13．解析：令Fsin 53－mg＝0，解得F＝1.25 N。由于＝7.5 m/s2≠4.4 m/s2，則F≠1.25 N，它的取值分大于和小于1.25 N兩種情況。 甲 當F＜1.25 N時，環(huán)與桿的上部接觸，受力示意圖如圖甲所示 由牛頓第二定律得 Fcos θ－μFN＝ma 又Fsin θ＋FN＝mg 聯(lián)立解得F＝ 代入數(shù)據得F＝1 N 乙 當F＞1.25 N時，環(huán)與桿的下部接觸，受力示意圖如圖乙所示 由牛頓第二定律得 Fcos θ－μFN＝ma 又Fsin θ＝mg＋FN 聯(lián)立解得F＝ 代入數(shù)據得F＝9 N。 答案：1 N或9 N 14．解析：剛滑上傳送帶時，物塊相對傳送帶向上運動，受到摩擦力沿傳送帶向下，將勻減速上滑，直至與傳送帶等速，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 則a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 位移x1＝＝0.6 m 物塊與傳送帶相對靜止瞬間，由于最大靜摩擦力f＝μmgcos θ＜mgsin θ，相對靜止狀態(tài)不能持續(xù)，物塊速度會繼續(xù)減小。此后，物塊受到滑動摩擦力沿傳送帶向上，但合力沿傳送帶向下，故繼續(xù)勻減速上升，直到速度為零 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 位移x2＝＝1 m 則物塊沿傳送帶上升的最大高度為 H＝(x1＋x2)sin 37＝0.96 m。 答案：0.96 m 15．解析：(1)設木板和物塊的加速度分別為a和a′，在t時刻木板和物塊的速度分別為vt和vt′，木板和物塊之間摩擦力的大小為f。根據牛頓第二定律、運動學公式得 對物塊f＝ma′?、? f＝μmg?、? 當vt′＜vt時vt2′＝vt1′＋a′(t2－t1)　③ 對木板F－f＝(2m)a　④ vt2＝vt1＋a(t2－t1)?、? 由①②③④⑤式與題給條件得v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s。 (2)由(1)的結果得到物塊與木板運動的vt圖像，如圖所示。在0～3 s內物塊相對于木板滑過的距離Δs等于木板和物塊vt圖線下的面積之差，即圖中陰影部分的面積。陰影部分由兩個三角形組成：上面的三角形面積代表0.25 m，下面的三角形面積代表2 m，因此Δs＝2.25 m。 答案：(1)4 m/s、4.5 m/s、4 m/s、4 m/s、4 m/s、4 m/s (2)圖見解析　2.25 m 16．解析：(1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1g 桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g f＝f1＋f2 解得f＝μ(2m1＋m2)g (2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則 f1＝m1a1 F－f1－f2＝m2a2 發(fā)生相對運動a2>a1 解得F>2μ(m1＋m2)g。 (3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1＝a1t12 紙板運動的距離d＋x1＝a2t12 紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離 x2＝a3t22 l＝x1＋x2 由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2 解得F＝2μg 代入數(shù)據得F＝22.4 N。 答案：(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F>2μ(m1＋m2)g　(3)22.4 N