2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用精練(含解析)

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1、專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用經(jīng)典特訓(xùn)題組1. 如圖所示,A、B兩物塊疊放在一起,在粗糙的水平面上保持相對(duì)靜止向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B受到的摩擦力()A方向向左,大小不變 B方向向左,逐漸減小C方向向右,大小不變 D方向向右,逐漸減小答案A解析物塊B向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度大小為a,則由牛頓第二定律得B受到A給的靜摩擦力方向向左,大小為fmBa,保持不變,A正確。2. 如圖,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重

2、力加速度大小為g。則有()Aa1g,a2g Ba10,a2gCa10,a2g Da1g,a2g答案C解析在抽出木板的瞬時(shí),彈簧對(duì)木塊1的支持力和對(duì)木塊2的壓力并未改變。木塊1受重力和支持力,mgF,a10;木塊2受重力和壓力,根據(jù)牛頓第二定律a2g,故C正確。3(多選)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成,甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落,假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比,與球的速率無(wú)關(guān)。若它們下落相同的距離,則()A甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析球的質(zhì)量mr

3、3,阻力fkr,由牛頓第二定律agg,甲乙,m甲m乙,所以r甲r乙,可得a甲a乙,由hat2知甲球用的時(shí)間較短,A、C錯(cuò)誤;由v得v甲v乙,故B正確;因f甲f乙,由Wffh知甲球克服阻力做功較大,D正確。4如圖甲所示,一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上,其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊,木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí),用傳感器測(cè)出其加速度a,得到如圖乙所示的aF圖,最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力,取g10 m/s2,則下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是()A滑塊的質(zhì)量m4 kgB木板的質(zhì)量M2 kgC當(dāng)F8 N時(shí)滑塊加速度為2 m/s2D滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1答案C解析由題圖乙知,F(xiàn)6 N時(shí),滑塊與

4、木板剛好不相對(duì)滑動(dòng),加速度為a1 m/s2。對(duì)整體分析,由牛頓第二定律有F(Mm)a,代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出Mm6 kg,當(dāng)F6 N時(shí),對(duì)木板,根據(jù)牛頓第二定律得aF,知圖線的斜率k,則M2 kg,滑塊的質(zhì)量m4 kg,故A、B正確;根據(jù)F6 N時(shí),a1 m/s2,代入表達(dá)式計(jì)算得出0.1,當(dāng)F8 N時(shí),對(duì)滑塊,根據(jù)牛頓第二定律得mgma,計(jì)算得出ag1 m/s2,故C錯(cuò)誤,D正確。5圖甲是張明同學(xué)站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖,點(diǎn)P是他的重心位置。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力時(shí)間圖線。兩圖中ag各點(diǎn)均對(duì)應(yīng),其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒(méi)有畫出。取重力加速度g10 m/s2。根據(jù)圖象分析可知

5、()A張明的重力為1000 NBe點(diǎn)位置張明處于超重狀態(tài)Cc點(diǎn)位置張明處于失重狀態(tài)D張明在d點(diǎn)的加速度小于在f點(diǎn)的加速度答案B解析開(kāi)始時(shí)張明處于平衡狀態(tài),張明對(duì)傳感器的壓力是500 N,根據(jù)牛頓第三定律和二力平衡可以知道,張明的重力為500 N,故A錯(cuò)誤;e點(diǎn)時(shí)傳感器對(duì)張明的支持力等于張明對(duì)傳感器的壓力,大于張明的重力,張明處于超重狀態(tài),故B正確;c點(diǎn)時(shí)傳感器對(duì)張明的支持力等于張明對(duì)傳感器的壓力,大于張明的重力,張明處于超重狀態(tài),故C錯(cuò)誤;張明在d點(diǎn)時(shí),a1 m/s220 m/s2,張明在f點(diǎn)時(shí),a2 m/s210 m/s2,可知張明在d點(diǎn)的加速度大于在f點(diǎn)的加速度,故D錯(cuò)誤。6. 如圖所示,

6、傾角為的足夠長(zhǎng)的傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小為v1,一個(gè)物體從傳送帶底端以初速度大小v2(v2v1)上滑,同時(shí)物塊受到平行傳送帶向上的恒力F作用,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則物塊運(yùn)動(dòng)的vt圖象不可能是()答案C解析若Fmgsinmgcos,物塊一直做勻加速運(yùn)動(dòng),vt圖象是向上傾斜的直線,A圖是可能的;若Fmgsinmgcos,物塊一直做勻速運(yùn)動(dòng),vt圖象是平行t軸的直線,B圖是可能的;若Fgtan,所以axgtancosgsin,即大于重力沿球拍平面方向的分力,所以必須有一個(gè)沿球拍向下的外力才能使球相對(duì)球拍靜止,而實(shí)際上這個(gè)力不存在,故球一定沿球拍向

7、上運(yùn)動(dòng),D正確。3. (2019山東淄博一模)(多選)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上。一質(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)。小球從開(kāi)始下落到小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,下列關(guān)于小球的速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是()答案AD解析在小球下落的開(kāi)始階段,小球做自由落體運(yùn)動(dòng),加速度為g;接觸彈簧后開(kāi)始時(shí),重力大于彈力,加速度方向向下,隨著小球繼續(xù)下降,彈力逐漸變大,小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直至重力等于彈力,此時(shí)加速度減小到零,速度達(dá)到最大;小球繼續(xù)下落時(shí),彈力大于重力,加速度方向變?yōu)橄蛏?,且逐漸變大,直到速度

8、減小到零,到達(dá)最低點(diǎn),故A正確,B錯(cuò)誤。根據(jù)牛頓第二定律可得加速度agx(x為彈簧壓縮長(zhǎng)度),在與彈簧作用的加速向下階段,相等時(shí)間內(nèi)位移增大得越來(lái)越快,彈簧壓縮量增大得越來(lái)越快,由此可知此階段內(nèi)加速度減小得越來(lái)越快;在減速向下階段,相等時(shí)間內(nèi),彈簧的壓縮量增大得越來(lái)越慢,故可知此階段內(nèi)加速度增大得越來(lái)越慢;由at圖象與時(shí)間軸所圍面積表示速度的變化量與對(duì)稱性可知,ag時(shí)小球速度不為0,小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),a繼續(xù)增大,故C錯(cuò)誤,D正確。4(2019湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)在粗糙水平面上,有一質(zhì)量未知的物體做直線運(yùn)動(dòng),在t0時(shí)刻受一與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒力F4 N的作用,經(jīng)一段時(shí)間后撒去

9、力F,物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示,已知g10 m/s2,據(jù)圖可知下列說(shuō)法正確的是()A物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B物體最后回到t0時(shí)刻的位置CF的作用時(shí)間為1 sD物體的質(zhì)量為1 kg答案AD解析由vt圖象可知,物體01 s內(nèi)沿正向做勻減速運(yùn)動(dòng),12 s內(nèi)沿負(fù)向做勻加速運(yùn)動(dòng),23 s內(nèi)沿負(fù)向做勻減速運(yùn)動(dòng),可得拉力F在2 s末撤去,拉力F的作用時(shí)間為2 s,在23 s內(nèi)物體的加速度為a2 m/s2,摩擦力大小為mgma,解得0.2,故A正確,C錯(cuò)誤;由vt圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移知,01 s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng),位移大小為x161 m3 m,13 s內(nèi)沿負(fù)向運(yùn)動(dòng),位移大小為x2(31)2

10、m2 m,則知3 s末物體到出發(fā)點(diǎn)的距離為xx1x21 m,故B錯(cuò)誤;在01 s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng),根據(jù)圖象可得加速度大小a1 m/s26 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律可得:Fmgma1,解得物體的質(zhì)量m1 kg,故D正確。5(2019云南二模)如圖所示,臺(tái)秤上放一個(gè)木箱,木箱內(nèi)有質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體P、Q,用細(xì)繩通過(guò)光滑定滑輪相連,m1m2?,F(xiàn)剪斷Q下端與木箱相連的細(xì)繩,在P下落但還沒(méi)有到達(dá)箱底的過(guò)程中,臺(tái)秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比將()A變大 B變小C不變 D先變小后變大答案B解析剪斷細(xì)線之前臺(tái)秤的示數(shù)為:NMgm1gm2g;因m1m2,則當(dāng)剪斷Q下端的細(xì)繩后,P向下加速,Q向上加速

11、,對(duì)P:m1gTm1a,對(duì)Q:Tm2g m2a,解得ag,T,此時(shí)箱子對(duì)臺(tái)秤的壓力為:NMg2TMg,結(jié)合m1m2,由數(shù)學(xué)知識(shí)可知m1gm2g,則NMg2TMgMgm1gm2gN,故選B。6(2019四川廣元三診)(多選)如圖a,一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上,t0時(shí),小物塊以速度v0滑到長(zhǎng)木板上,圖b為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的vt圖象,圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得()A木板的長(zhǎng)度B物塊與木板的質(zhì)量之比C物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D從t0開(kāi)始到t1時(shí)刻,木板獲得的動(dòng)能答案BC解析根據(jù)題意只能求出小物塊與長(zhǎng)木板的相對(duì)位移,無(wú)法求出木板的長(zhǎng)度,A錯(cuò)誤;由圖象的斜率表示加速度求出長(zhǎng)

12、木板的加速度大小為aA,小物塊的加速度大小aB,設(shè)小物塊質(zhì)量為m,長(zhǎng)木板質(zhì)量為M,根據(jù)牛頓第二定律得:mgMaA,mgmaB,解得:,故B、C正確;由于長(zhǎng)木板質(zhì)量未知,故其動(dòng)能無(wú)法求出,D錯(cuò)誤。熱門預(yù)測(cè)題組1(2019安徽安慶高三二模)(多選)如圖甲所示,一足夠長(zhǎng)的粗糙斜面固定在水平地面上,斜面的傾角37,現(xiàn)有質(zhì)量m2.2 kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)2 s撤去外力F,物體在04 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示。已知sin370.6,cos370.8,g10 m/s2,則()A物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B水平外力F5.5 NC水平外力F4

13、ND物體在04 s內(nèi)的位移為24 m答案AC解析根據(jù)vt圖象的斜率表示加速度,知24 s內(nèi)物體的加速度為:a2 m/s22 m/s2,由牛頓第二定律有:mgsinmgcosma2,解得:0.5,故A正確;02 s內(nèi)物體的加速度為:a1 m/s24 m/s2,由牛頓第二定律有:mgsinFcos(mgcosFsin)ma1,解得:F4 N,故B錯(cuò)誤,C正確;由vt圖線與t軸圍成的面積表示位移,可得物體在04 s內(nèi)的位移為:x m28 m,故D錯(cuò)誤。2(2019湖南衡陽(yáng)二模)如圖1所示,在水平面上有一質(zhì)量為m11 kg的足夠長(zhǎng)的木板,其上疊放一質(zhì)量為m22 kg的木塊,木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)1

14、0.3,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?,F(xiàn)給木塊施加隨時(shí)間t增大的水平拉力F3t(N),重力加速度大小g10 m/s2。(1)求木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間t1;(2)t10 s時(shí),兩物體的加速度各為多大;(3)在如圖2所示坐標(biāo)系中畫出木塊的加速度隨時(shí)間変化的圖象(取水平拉力F的方向?yàn)檎较颍灰螽媹D,不要求寫出理由及演算過(guò)程)。答案(1)4 s(2)3 m/s212 m/s2(3)圖見(jiàn)解析解析(1)當(dāng)F2(m1m2)g3 N時(shí),木塊和木板都沒(méi)有拉動(dòng),處于靜止?fàn)顟B(tài),當(dāng)木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí),當(dāng)木板受到木塊對(duì)它的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí),它們共同運(yùn)動(dòng)的加速度最大,木塊與木板恰好相對(duì)靜止。對(duì)木板:fmax2(m1m2)gm1amax,fmax1m2g解得:amax3 m/s2對(duì)整體有:Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax解得:Fmax12 N由Fmax3t1得:t14 s。(2)t10 s時(shí),兩物體已相對(duì)運(yùn)動(dòng),則有:對(duì)木板:1m2g2 (m1m2)gm1a1解得:a13 m/s2對(duì)木塊:F1m2gm2a2,F(xiàn)3t30 N解得:a212 m/s2。(3)圖象過(guò)(1,0),(4,3),(10,12)圖象如圖所示。- 15 -

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