《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 專題三 牛頓運動定律的理解和應用精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 專題三 牛頓運動定律的理解和應用精練（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題三牛頓運動定律的理解和應用經典特訓題組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靜止向右做勻減速直線運動，運動過程中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動，設其加速度大小為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，輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連，下端與另一質量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，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，彈簧對木塊1的支持力和對木塊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，根據牛頓第二定律a2g，故C正確。3(多選)兩實心小球甲和乙由同一種材質制成，甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。若它們下落相同的距離，則()A甲球用的時間比乙球長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知甲球用的時間較短，A、C錯誤；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，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊，木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的aF圖，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g10 m/s2，則下列選項錯誤的是()A滑塊的質量m4 kgB木板的質量M2 kgC當F8 N時滑塊加速度為2 m/s2D滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1答案C解析由題圖乙知，F(xiàn)6 N時，滑塊與

4、木板剛好不相對滑動，加速度為a1 m/s2。對整體分析，由牛頓第二定律有F(Mm)a，代入數(shù)據計算得出Mm6 kg，當F6 N時，對木板，根據牛頓第二定律得aF，知圖線的斜率k，則M2 kg，滑塊的質量m4 kg，故A、B正確；根據F6 N時，a1 m/s2，代入表達式計算得出0.1，當F8 N時，對滑塊，根據牛頓第二定律得mgma，計算得出ag1 m/s2，故C錯誤，D正確。5圖甲是張明同學站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，點P是他的重心位置。圖乙是根據傳感器采集到的數(shù)據畫出的力時間圖線。兩圖中ag各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出。取重力加速度g10 m/s2。根據圖象分析可知

5、()A張明的重力為1000 NBe點位置張明處于超重狀態(tài)Cc點位置張明處于失重狀態(tài)D張明在d點的加速度小于在f點的加速度答案B解析開始時張明處于平衡狀態(tài)，張明對傳感器的壓力是500 N，根據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錯誤；e點時傳感器對張明的支持力等于張明對傳感器的壓力，大于張明的重力，張明處于超重狀態(tài)，故B正確；c點時傳感器對張明的支持力等于張明對傳感器的壓力，大于張明的重力，張明處于超重狀態(tài)，故C錯誤；張明在d點時，a1 m/s220 m/s2，張明在f點時，a2 m/s210 m/s2，可知張明在d點的加速度大于在f點的加速度，故D錯誤。6. 如圖所示，

6、傾角為的足夠長的傳送帶沿順時針方向轉動，轉動速度大小為v1，一個物體從傳送帶底端以初速度大小v2(v2v1)上滑，同時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摩擦因數(shù)tan，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊運動的vt圖象不可能是()答案C解析若Fmgsinmgcos，物塊一直做勻加速運動，vt圖象是向上傾斜的直線，A圖是可能的；若Fmgsinmgcos，物塊一直做勻速運動，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，所以必須有一個沿球拍向下的外力才能使球相對球拍靜止，而實際上這個力不存在，故球一定沿球拍向

7、上運動，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。一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，下列關于小球的速度v、加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是()答案AD解析在小球下落的開始階段，小球做自由落體運動，加速度為g；接觸彈簧后開始時，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動，直至重力等于彈力，此時加速度減小到零，速度達到最大；小球繼續(xù)下落時，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，到達最低點，故A正確，B錯誤。根據牛頓第二定律可得加速度agx(x為彈簧壓縮長度)，在與彈簧作用的加速向下階段，相等時間內位移增大得越來越快，彈簧壓縮量增大得越來越快，由此可知此階段內加速度減小得越來越快；在減速向下階段，相等時間內，彈簧的壓縮量增大得越來越慢，故可知此階段內加速度增大得越來越慢；由at圖象與時間軸所圍面積表示速度的變化量與對稱性可知，ag時小球速度不為0，小球繼續(xù)向下運動，a繼續(xù)增大，故C錯誤，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，有一質量未知的物體做直線運動，在t0時刻受一與運動方向相反的恒力F4 N的作用，經一段時間后撒去

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

10、m2 m，則知3 s末物體到出發(fā)點的距離為xx1x21 m，故B錯誤；在01 s內物體沿正向運動，根據圖象可得加速度大小a1 m/s26 m/s2，根據牛頓第二定律可得：Fmgma1，解得物體的質量m1 kg，故D正確。5(2019云南二模)如圖所示，臺秤上放一個木箱，木箱內有質量分別為m1和m2的兩物體P、Q，用細繩通過光滑定滑輪相連，m1m2?，F(xiàn)剪斷Q下端與木箱相連的細繩，在P下落但還沒有到達箱底的過程中，臺秤的示數(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解析剪斷細線之前臺秤的示數(shù)為：NMgm1gm2g；因m1m2，則當剪斷Q下端的細繩后，P向下加速，Q向上加速

11、，對P：m1gTm1a，對Q：Tm2g m2a，解得ag，T，此時箱子對臺秤的壓力為：NMg2TMg，結合m1m2，由數(shù)學知識可知m1gm2g，則NMg2TMgMgm1gm2gN，故選B。6(2019四川廣元三診)(多選)如圖a，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖b為物塊與木板運動的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木板的長度B物塊與木板的質量之比C物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)D從t0開始到t1時刻，木板獲得的動能答案BC解析根據題意只能求出小物塊與長木板的相對位移，無法求出木板的長度，A錯誤；由圖象的斜率表示加速度求出長

12、木板的加速度大小為aA，小物塊的加速度大小aB，設小物塊質量為m，長木板質量為M，根據牛頓第二定律得：mgMaA，mgmaB，解得：，故B、C正確；由于長木板質量未知，故其動能無法求出，D錯誤。熱門預測題組1(2019安徽安慶高三二模)(多選)如圖甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角37，現(xiàn)有質量m2.2 kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運動，經過2 s撤去外力F，物體在04 s內運動的速度與時間的關系圖線如圖乙所示。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內的位移為24 m答案AC解析根據vt圖象的斜率表示加速度，知24 s內物體的加速度為：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內的位移為：x m28 m，故D錯誤。2(2019湖南衡陽二模)如圖1所示，在水平面上有一質量為m11 kg的足夠長的木板，其上疊放一質量為m22 kg的木塊，木塊和木板之間的動摩擦因數(shù)1

14、0.3，木板與地面間的動摩擦因數(shù)20.1。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加隨時間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靜止的時間t1；(2)t10 s時，兩物體的加速度各為多大；(3)在如圖2所示坐標系中畫出木塊的加速度隨時間変化的圖象(取水平拉力F的方向為正方向，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過程)。答案(1)4 s(2)3 m/s212 m/s2(3)圖見解析解析(1)當F2(m1m2)g3 N時，木塊和木板都沒有拉動，處于靜止狀態(tài)，當木塊和木板一起運動時，當木板受到木塊對它的摩擦力為最大靜摩擦力時，它們共同運動的加速度最大，木塊與木板恰好相對靜止。對木板：fmax2(m1m2)gm1amax，fmax1m2g解得：amax3 m/s2對整體有：Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax解得：Fmax12 N由Fmax3t1得：t14 s。(2)t10 s時，兩物體已相對運動，則有：對木板：1m2g2 (m1m2)gm1a1解得：a13 m/s2對木塊：F1m2gm2a2，F(xiàn)3t30 N解得：a212 m/s2。(3)圖象過(1,0)，(4,3)，(10,12)圖象如圖所示。- 15 -