2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題輔導(dǎo)與應(yīng)用 強(qiáng)化練3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解及應(yīng)用

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1、強(qiáng)化練 3　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解及應(yīng)用 對(duì)應(yīng)學(xué)生用書　 第169頁　　　 1．(2020·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)三模，14)以下說法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460602(　　) A．在國際單位制中，力學(xué)的基本單位是千克、牛頓、秒 B．電場強(qiáng)度是用比值法定義的，因而電場強(qiáng)度與電場力成正比，與試探電荷的電量成反比 C．“平均速度”、“總電阻”、“交流電的有效值”概念的建立都體現(xiàn)了等效代替的思想 D．牛頓通過理想斜面實(shí)驗(yàn)否定了“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”，用到的物理思想方法屬于“理想實(shí)驗(yàn)”法 解析：A.在國際單位制中，力學(xué)的基本單位是千克、米、秒，牛頓不是基本單位，是導(dǎo)出單位，故A錯(cuò)誤；B.電場強(qiáng)度是

2、用比值法定義的，其大小與電場力和電量無關(guān)；故B錯(cuò)誤；C.“平均速度”、“總電阻”、“交流電的有效值”概念的建立都體現(xiàn)了等效代替的思想，故C正確；D.伽利略通過理想斜面實(shí)驗(yàn)否定了“力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”，用到的物理思想方法屬于“理想實(shí)驗(yàn)”法，故D錯(cuò)誤． 答案：C 2．(2020·永州三模，15)一質(zhì)量為m的鐵塊以初速度v1沿粗糙斜面上滑，經(jīng)過一段時(shí)間又返回出發(fā)點(diǎn)，整個(gè)過程鐵塊速度隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460603(　　) A．鐵塊上滑過程與下滑過程滿足v1t1＝v2(t2－t1) B．鐵塊上滑過程處于超重狀態(tài) C．鐵塊上滑過程與下滑過程的加速度方向相反

3、 D．鐵塊上滑過程損失的機(jī)械能為mv 解析：A.速度時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，由圖可知，上滑的位移為v1t1，下滑的位移為v2(t2－t1)，經(jīng)過一段時(shí)間又返回出發(fā)點(diǎn)說明：v1t1＝v2(t2－t1)，故A正確；B.上滑過程勻減速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑過程勻加速下降則加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑過程加速度方向相同，物體都處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；D.根據(jù)能量守恒知上滑損失機(jī)械能為：ΔE＝Ek1－mgh＝mv－mgv1t1，故D錯(cuò)誤． 答案：A 3．(2020·衡水高三調(diào)，19)如圖是汽車運(yùn)送圓柱形工件的示意圖。圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器，假

4、設(shè)圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動(dòng)時(shí)Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。當(dāng)汽車向左勻加速啟動(dòng)過程中，P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin 15°＝0. 26，cos 15°＝0. 97，tan 15°＝0. 27，g＝10 m/s2.則汽車向左勻加速啟動(dòng)的加速度可能為導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460604(　　) A．4 m/s2　　　　　　　　 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．1 m/s2 解析：當(dāng)汽車向左勻加速啟動(dòng)過程中，P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零，受力分析如圖知：FQ＋mg＝FNcos 15°　 ① F合＝FNsin 15°＝ma?、? 由①②知：

5、 a＝tan 15°＝×0.27N＋10×0.27N＝0.27×＋2.7≥2.7，故選A、B. 答案：AB 4．(2020·西安交大附中三模，15)運(yùn)動(dòng)員手持乒乓球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為θ，球拍與球保持相對(duì)靜止，它們間摩擦及空氣阻力不計(jì)，則導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460605(　　) A．球拍對(duì)球的作用力mgcos θ B．運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為Mgcos θ C．運(yùn)動(dòng)員的加速度為gtan θ D．若運(yùn)動(dòng)員的加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng) 解析：A.對(duì)乒乓球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖如圖1，根據(jù)牛頓第二

6、定律得： Nsin θ＝ma Ncos θ＝mg 解得，a＝gtan θ， N＝ 以球拍和球整體為研究對(duì)象，如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F＝，故C正確，A、B錯(cuò)誤；D.當(dāng)a＞gtan θ時(shí)，乒乓球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，由于g sin θ與gtan θ的大小關(guān)系未知，故球不一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤． 答案：C 5．(2020·張掖三診，18)如圖，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始AB均靜止，細(xì)繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動(dòng)滑輪豎直向上加速運(yùn)動(dòng)。已知?jiǎng)踊嗁|(zhì)量忽略不計(jì)，動(dòng)滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細(xì)繩足夠長，在滑輪向上運(yùn)動(dòng)過程中，物塊A和

7、B的加速度大小分別為導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460460(　　) A．a(chǎn)A＝g，aB＝5g B．a(chǎn)A＝aB＝g C．a(chǎn)A＝g，aB＝3g D．a(chǎn)A＝0，aB＝2g 解析：對(duì)滑輪分析：F－2T＝ma，又m＝0， 所以：T＝＝＝3mg 對(duì)A分析：由于T＜4mg，故A靜止，aA＝0 對(duì)B：aB＝＝＝2g，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．故選：D 答案：D 6．(2020·龍巖綜測(cè)，18)蹦床運(yùn)動(dòng)可簡化為一個(gè)落到豎直放置的輕彈簧的小球運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。以小球剛下落開始計(jì)時(shí)，以豎直向下為正方向，小球的速度v隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示

8、。圖線中的OA段為直線，與曲線ABCD相切于A點(diǎn)。不考慮空氣阻力，則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460461(　　) A．t2－t1＞t3－t2 B．下落h高度時(shí)小球速度最大 C．小球在t4時(shí)刻所受彈簧彈力大于2mg D．小球在t2時(shí)刻重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和最大 解析：A.小球在B點(diǎn)時(shí)，a＝0，即mg＝kΔxB，AB過程，合外力：F合＝mg－kΔx＝k(ΔxB－Δx)＝kx球B，x球B為球所處位置到平衡位置B的距離，同理可得BC過程也滿足上述關(guān)系，故小球在AC之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故t2－t1＝t3－t2，故A錯(cuò)誤；B.A是下降h高度時(shí)的位置，而AB過程，重力大于

9、彈簧的彈力，小球做變加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度小于g.B點(diǎn)是速度最大的地方，故B錯(cuò)誤；C.由A中知C點(diǎn)與A點(diǎn)是對(duì)稱的點(diǎn)，由A點(diǎn)到B點(diǎn)的彈簧長度變化，由對(duì)稱性得由B到C的彈簧長度再變化，故到達(dá)D點(diǎn)時(shí)形變量要大于 2，所以彈力大于2mg，所以C正確；D.系統(tǒng)在整個(gè)過程中，只受重力和彈簧彈力作用，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球在t2時(shí)刻的速度最大，動(dòng)能最大，故重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和最小，故D錯(cuò)誤． 答案：C 7．(2020·鹽城1月檢測(cè)，4)一輛小車靜止在水平地面上，bc是固定在車上的一根水平桿，物塊M穿在桿上，M通過細(xì)線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，小車未動(dòng)時(shí)細(xì)線恰好在豎直方向上?，F(xiàn)使小車如下圖

10、分四次分別以a1、a2、a3、a4向右勻加速運(yùn)動(dòng)，四種情況下M、m均與車保持相對(duì)靜止，且圖甲和圖乙中細(xì)線仍處于豎直方向，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次為f1、f2、f3、f4，則錯(cuò)誤的是導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460462(　　) A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3 C．f3∶f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ 解析：A、B.甲、乙兩圖中，M水平方向只受靜摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：f2＝Ma2而a1∶a2＝1∶2，則f1∶f2＝1∶2，故A正確，B錯(cuò)誤；C.丙丁兩圖中，對(duì)m和M整體受力分析，受總重力(M＋m)g、支持力N、摩擦力f

11、，如圖：根據(jù)牛頓第二定律，有：f＝(M＋m)a所以f3∶f4＝a3∶a4＝4∶8＝1∶2，故C正確；D.對(duì)物體m隔離受力分析，可得tan θ＝，tan α＝，而a3∶a3＝4∶8，所以tan α＝2tan θ，故D正確．本題選錯(cuò)誤的，故選B. 答案：B 8．(2020·鹽城1月檢測(cè)，1)甲、乙兩球質(zhì)量分別為 m1、m2，從同一地點(diǎn)(足夠高)處同時(shí)由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關(guān)，即f＝kv(k為正的常量)．兩球的v -t圖象如圖所示。落地前，經(jīng)時(shí)間t0兩球的速度都已達(dá)到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460463(　　)

12、 A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝ C．甲球質(zhì)量大于乙球 D．t0時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度相等 解析：A.釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A錯(cuò)誤；B、C.兩球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后都做勻速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)kv＝mg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即vm∝m，＝，由圖象知v1＞v2，因此m甲＞m乙，故B錯(cuò)誤，C正確；D.圖象與時(shí)間軸圍成的“面積”表示物體通過的位移，由圖可知，t0時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度不相等，故D錯(cuò)誤． 答案：C [備課札記] _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________