2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練4 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用.doc

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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練4 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 1．(xx北京18)應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物體，由靜止開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出．對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是(　　) A．手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于超重狀態(tài) B．手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于失重狀態(tài) C．在物體離開(kāi)手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度 D．在物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大于重力加速度 答案　D 解析　手托物體拋出的過(guò)程，必有一段加速過(guò)程，其后可以減速，可以勻速，當(dāng)手和物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體既不超重也不失重；當(dāng)手和物體減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體從靜止到運(yùn)動(dòng)，必有一段加速過(guò)程，此過(guò)程物體處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)物體離開(kāi)手的瞬間，物體只受重力，此時(shí)物體的加速度等于重力加速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；手和物體分離之前速度相同，分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項(xiàng)D正確． 2．(xx重慶5)以不同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開(kāi)始計(jì)時(shí)，一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略，另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng)的v—t圖像可能正確的是(　　) 答案　D 解析　不受空氣阻力的物體，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不變，v—t圖像為圖中虛線所示．受的空氣阻力大小與速率成正比關(guān)系的物體，上升過(guò)程中：mg＋kv＝ma，a＝g＋，開(kāi)始時(shí)加速度最大，上升過(guò)程中a始終大于g，v—t圖像斜率均大于虛線斜率，只有選項(xiàng)D符合題意． 3．如圖1是伽利略研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)的示意圖，讓小球由傾角為θ、長(zhǎng)度一定的光滑斜面頂端由靜止滑下，在不同的條件下進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，下列敘述正確是(　　) 圖1 A．θ角越大，小球?qū)π泵娴膲毫υ酱? B．θ角越大，小球運(yùn)動(dòng)的加速度越小 C．θ角越大，小球從頂端運(yùn)動(dòng)到底端所需時(shí)間越短 D．θ角一定，質(zhì)量不同的小球運(yùn)動(dòng)的加速度也不同 答案　C 解析　小球?qū)π泵娴膲毫Γ篎N＝mgcos θ，隨傾角增大而減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球加速度為：a＝gsin θ，隨傾角增大而增大，且小球加速度與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝ ，隨傾角增大而減小，故選項(xiàng)C正確． 4．(xx山東師大附中第五次模擬)如圖2所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連，輕彈簧能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是(質(zhì)量為m和2m的木塊始終未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng))(　　) 圖2 A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用 B．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕彈簧剛好被拉斷 C．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕彈簧還不會(huì)被拉斷 D．當(dāng)F撤去瞬間，m所受摩擦力的大小和方向不變 答案　CD 解析　質(zhì)量為2m的木塊受重力、支持力、m對(duì)它的壓力以及摩擦力，還有彈簧的彈力，總共受5個(gè)力，故A錯(cuò)誤．當(dāng)彈簧的彈力為FT時(shí)，m和2m的加速度a＝，對(duì)整體分析，拉力F＝6ma＝2FT.知當(dāng)拉力F為2FT時(shí)，輕彈簧恰好被拉斷，故B錯(cuò)誤，C正確．撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，m和2m整體的加速度不變，隔離對(duì)m分析，根據(jù)牛頓第二定律知，m所受的摩擦力大小和方向都不變，故D正確． 5．如圖3所示，沿平直公路行駛的小車(chē)內(nèi)有一傾角為37的粗糙固定斜面，上面放一物塊，當(dāng)小車(chē)做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊與斜面始終保持相對(duì)靜止，若物塊受到的摩擦力與支持力大小相等，則小車(chē)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(sin 37＝0.6，重力加速度為g)(　　) 圖3 A．向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g B．向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g C．向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為7g D．向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為7g 答案　BD 解析　滑塊受重力、支持力和摩擦力． 假設(shè)摩擦力平行斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律，有： 豎直方向：FNcos 37＋Ffsin 37＝mg 水平方向：Ffcos 37－FNsin 37＝ma 其中：Ff＝FN，解得：a＝g. 故小車(chē)可能向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)或者向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g，故B正確． 假設(shè)摩擦力平行斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有： 豎直方向：FNcos 37－Ffsin 37＝mg 水平方向：Ffcos 37＋FNsin 37＝ma 其中：Ff＝FN，解得：a＝7g. 故向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或者向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為7g，故C錯(cuò)誤，D正確． 6．(xx浙江嘉興二模)如圖4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a－F圖．取g＝10 m/s2，則(　　) 圖4 A．滑塊的質(zhì)量m＝4 kg B．木板的質(zhì)量M＝6 kg C．當(dāng)F＝8 N時(shí)滑塊加速度為2 m/s2 D．滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 答案　AD 解析　當(dāng)F等于6 N時(shí)，加速度為：a＝1 m/s2 對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a， 代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝6 kg 當(dāng)F大于6 N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得： a＝＝F－， 知圖線的斜率k＝＝，解得M＝2 kg 滑塊的質(zhì)量為：m＝4 kg，故A正確，B錯(cuò)誤． 根據(jù)F大于6 N的圖線知， F＝4 N時(shí)，a＝0，即0＝F－， 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.1，所以a＝F－2， 當(dāng)F＝8 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度為a＝2 m/s2. 根據(jù)μmg＝ma′，得a′＝＝μg＝1 m/s2， 故C錯(cuò)誤，D正確． 7．如圖5所示，水平面上停放著A、B兩輛小車(chē)，質(zhì)量分別為M和m，M>m，兩小車(chē)相距為L(zhǎng)，人的質(zhì)量也為m，另有質(zhì)量不計(jì)的硬桿和細(xì)繩．第一次人站在A車(chē)上，桿插在B車(chē)上；第二次人站在B車(chē)上，桿插在A車(chē)上；若兩種情況下人用相同大小的水平作用力拉繩子，使兩車(chē)相遇，不計(jì)阻力，兩次小車(chē)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相遇的時(shí)間分別為t1和t2，則(　　) 圖5 A．t1等于t2 B．t1小于t2 C．t1大于t2 D．條件不足，無(wú)法判斷 答案　B 解析　設(shè)人的拉力為F，則當(dāng)人在A車(chē)上時(shí)，A、B車(chē)的加速度分別為：aA＝，aB＝， A、B兩車(chē)都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 則aAt＋aBt＝L， 即：(＋)t＝L① 當(dāng)人在B車(chē)上時(shí)，A、B車(chē)的加速度分別為： aA′＝，aB′＝ A、B兩車(chē)都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 則aA′t＋aB′t＝L， 即(＋)t＝L② 由①②式解得：＝ <1，所以t1＜t2，故選B.