2020屆高三物理二輪復習 專題輔導與應用 強化練3 牛頓運動定律的理解及應用

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1、強化練 3　牛頓運動定律的理解及應用 對應學生用書　 第169頁　　　 1．(2020·大慶實驗中學三模，14)以下說法正確的是導學號：82460602(　　) A．在國際單位制中，力學的基本單位是千克、牛頓、秒 B．電場強度是用比值法定義的，因而電場強度與電場力成正比，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驗否定了“力是維持物體運動的原因”，用到的物理思想方法屬于“理想實驗”法 解析：A.在國際單位制中，力學的基本單位是千克、米、秒，牛頓不是基本單位，是導出單位，故A錯誤；B.電場強度是

2、用比值法定義的，其大小與電場力和電量無關；故B錯誤；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驗否定了“力是維持物體運動的原因”，用到的物理思想方法屬于“理想實驗”法，故D錯誤． 答案：C 2．(2020·永州三模，15)一質量為m的鐵塊以初速度v1沿粗糙斜面上滑，經過一段時間又返回出發(fā)點，整個過程鐵塊速度隨時間變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是導學號：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械能為mv 解析：A.速度時間圖象與坐標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)，經過一段時間又返回出發(fā)點說明：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錯誤，C錯誤；D.根據(jù)能量守恒知上滑損失機械能為：ΔE＝Ek1－mgh＝mv－mgv1t1，故D錯誤． 答案：A 3．(2020·衡水高三調，19)如圖是汽車運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、設圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。當汽車向左勻加速啟動過程中，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的加速度可能為導學號：82460604(　　) A．4 m/s2　　　　　　　　 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．1 m/s2 解析：當汽車向左勻加速啟動過程中，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)運動員手持乒乓球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦及空氣阻力不計，則導學號：82460605(　　) A．球拍對球的作用力mgcos θ B．運動員對球拍的作用力為Mgcos θ C．運動員的加速度為gtan θ D．若運動員的加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運動 解析：A.對乒乓球：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象，如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：運動員對球拍的作用力為F＝，故C正確，A、B錯誤；D.當a＞gtan θ時，乒乓球將向上運動，由于g sin θ與gtan θ的大小關系未知，故球不一定沿球拍向上運動，故D錯誤． 答案：C 5．(2020·張掖三診，18)如圖，物塊A和B的質量分別為4m和m，開始AB均靜止，細繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動。已知動滑輪質量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動過程中，物塊A和

7、B的加速度大小分別為導學號：82460460(　　) A．aA＝g，aB＝5g B．aA＝aB＝g C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g 解析：對滑輪分析：F－2T＝ma，又m＝0， 所以：T＝＝＝3mg 對A分析：由于T＜4mg，故A靜止，aA＝0 對B：aB＝＝＝2g，故A、B、C錯誤，D正確．故選：D 答案：D 6．(2020·龍巖綜測，18)蹦床運動可簡化為一個落到豎直放置的輕彈簧的小球運動，如圖甲所示。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。以小球剛下落開始計時，以豎直向下為正方向，小球的速度v隨時間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。不考慮空氣阻力，則關于小球的運動過程，下列說法正確的是導學號：82460461(　　) A．t2－t1＞t3－t2 B．下落h高度時小球速度最大 C．小球在t4時刻所受彈簧彈力大于2mg D．小球在t2時刻重力勢能和彈簧的彈性勢能之和最大 解析：A.小球在B點時，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過程也滿足上述關系，故小球在AC之間做往復運動，故t2－t1＝t3－t2，故A錯誤；B.A是下降h高度時的位置，而AB過程，重力大于

9、彈簧的彈力，小球做變加速直線運動，加速度小于g.B點是速度最大的地方，故B錯誤；C.由A中知C點與A點是對稱的點，由A點到B點的彈簧長度變化，由對稱性得由B到C的彈簧長度再變化，故到達D點時形變量要大于 2，所以彈力大于2mg，所以C正確；D.系統(tǒng)在整個過程中，只受重力和彈簧彈力作用，系統(tǒng)機械能守恒，小球在t2時刻的速度最大，動能最大，故重力勢能和彈簧的彈性勢能之和最小，故D錯誤． 答案：C 7．(2020·鹽城1月檢測，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通過細線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，小車未動時細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向右勻加速運動，四種情況下M、m均與車保持相對靜止，且圖甲和圖乙中細線仍處于豎直方向，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，則錯誤的是導學號：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錯誤；C.丙丁兩圖中，對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．本題選錯誤的，故選B. 答案：B 8．(2020·鹽城1月檢測，1)甲、乙兩球質量分別為 m1、m2，從同一地點(足夠高)處同時由靜止釋放。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，與球的質量無關，即f＝kv(k為正的常量)．兩球的v -t圖象如圖所示。落地前，經時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是導學號：82460463(　　)

12、 A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝ C．甲球質量大于乙球 D．t0時間內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錯誤；B、C.兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時kv＝mg，因此最大速度與其質量成正比，即vm∝m，＝，由圖象知v1＞v2，因此m甲＞m乙，故B錯誤，C正確；D.圖象與時間軸圍成的“面積”表示物體通過的位移，由圖可知，t0時間內兩球下落的高度不相等，故D錯誤． 答案：C [備課札記] _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________