2019-2020年高考物理專題匯編 專題1 力與直線運(yùn)動 第3講 牛頓運(yùn)動定律（A）（含解析）.doc

《2019-2020年高考物理專題匯編 專題1 力與直線運(yùn)動 第3講 牛頓運(yùn)動定律（A）（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理專題匯編 專題1 力與直線運(yùn)動 第3講 牛頓運(yùn)動定律（A）（含解析）.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理專題匯編 專題1 力與直線運(yùn)動 第3講 牛頓運(yùn)動定律（A）（含解析） 一．選擇題 1.(xx?煙臺高考測試?14).在物理學(xué)的發(fā)展過程中，許多物理學(xué)家都做出了重要的貢獻(xiàn)，他們也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法，下列關(guān)于物理學(xué)研究方法的敘述中正確的是（ ） A.質(zhì)點、速度、點電荷等都是理想化模型 B.物理學(xué)中所有物理量都是采用比值法定義的 C.伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結(jié)合探索物理規(guī)律的科學(xué)方法 D.重心、合力和交變電流的有效值等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想 2.(xx?景德鎮(zhèn)三檢?14).在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移公式時，把整個運(yùn)動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動，然后把各小段的位移相加，物理學(xué)中把這種研究方法叫做“微元法”。下列幾個實例中應(yīng)用到這一思想方法的是（ ） A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用點來代替物體，即質(zhì)點 B．在“探究彈性勢能的表達(dá)式”的活動中為了計算彈簧彈力所做的功，把拉伸彈簧的過程分為很多小段，拉力在每小段可以認(rèn)為是恒力，各小段彈力做功的代數(shù)和就是整個過程彈力所做的功 C．一個物體受到幾個力共同作用產(chǎn)生的效果與某一個力產(chǎn)生的效果相同，這個力叫做那幾個力的合力 D．在探究加速度與力和質(zhì)量之間關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變探究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系 3.(xx?豐臺區(qū)二練?15). 人在處于一定運(yùn)動狀態(tài)的車廂內(nèi)豎直向上跳起，下列分析人的運(yùn)動情況的選項中正確的是 A. 只有當(dāng)車廂處于靜止?fàn)顟B(tài)，人才會落回跳起點 B. 若車廂沿直線水平勻速前進(jìn)，人將落在跳起點的后方 C. 若車廂沿直線水平加速前進(jìn)，人將落在跳起點的后方 D. 若車廂沿直線水平減速前進(jìn)，人將落在跳起點的后方 O t v v1 v2 t2 t1 4.(xx?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（ ） 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 D．鐵塊上滑過程損失的機(jī)械能為 5.(xx?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，假設(shè)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(dāng)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sin15=0. 26，cos15=0. 97，tan15=0. 27，g=10 。則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為 ( ) A.4 B.3 C.2 D.1 6.（xx?西安交大附中三模?15）．運(yùn)動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，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦及空氣阻力不計，則（ ） A．球拍對球的作用力 B．運(yùn)動員對球拍的作用力為 C．運(yùn)動員的加速度為gtan D．若運(yùn)動員的加速度大于，球一定沿球拍向上運(yùn) 7.(xx?張掖三診?16)．壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小。一同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計了判斷升降機(jī)運(yùn)動狀態(tài)的裝置，如甲圖所示，將壓敏電阻平放在升降機(jī)內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一質(zhì)量為m的物體，升降機(jī)靜止時電流表示數(shù)為I0。某過程中電流表的示數(shù)如乙圖所示，則在此過程中( ) A．物體處于失重狀態(tài) B．物體處于超重狀態(tài) C．升降機(jī)一定向上做勻加速運(yùn)動 D．升降機(jī)一定向下做勻減速運(yùn)動 8.(xx?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，動滑輪豎直向上加速運(yùn)動。已知動滑輪質(zhì)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(xì)繩足夠長，在滑輪向上運(yùn)動過程中，物塊A和B的加速度大小分別為（ ） A B F A. B. C. D. 甲 乙 9.(xx?龍巖綜測?18)．蹦床運(yùn)動可簡化為一個落到豎直放置的輕彈簧的小球運(yùn)動，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。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。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(guān)于小球的運(yùn)動過程，下列說法正確的是（ ） A． B．下落h高度時小球速度最大 C．小球在時刻所受彈簧彈力大于2mg D．小球在時刻重力勢能和彈簧的彈性勢能之和最大 二．非選擇題 10.(xx?濟(jì)南二模?23）．(18分)如圖所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量m=2 kg的無人機(jī)，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=36 N，運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小恒為f=4 N。g取10 m／s2。 (1)無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在t=5 s時離地面的高度h； (2)當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H=100 m處，由于動力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去升力而墜落。求無人機(jī)墜落地面時的速度v； (3)在無人機(jī)墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力。為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t1 11.(xx?青島統(tǒng)一檢測?23）甲 乙 ．（18分）如圖甲所示，有一傾角為300的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板．開始時質(zhì)量為m = 1kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，今將水平力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時撤去力F，木塊滑上木板的過程不考慮能量損失．此后滑塊和木板在水平上運(yùn)動的v-t圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2．求 （1）水平作用力F的大??； （2）滑塊開始下滑時的高度； （3）木板的質(zhì)量。 12.(xx?龍巖綜測?22)．（20分）5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示。每塊木塊的質(zhì)量為m＝1kg，長l=1m。它們與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)有一質(zhì)量為M＝2.5kg的小鉛塊（視為質(zhì)點），以v0＝4m/s的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2。小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運(yùn)動，求： （1）鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度。 （2）通過計算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊才開始運(yùn)動。 （3）小鉛塊停止運(yùn)動后，離第一塊木塊的左端多遠(yuǎn)？ 13.（xx?聊城二模?23）.（18分）如圖所示，質(zhì)量M=8.0kg、長L=2.0m的木板靜置在水平地面上，質(zhì)量m=0.50km的小滑塊（可視為質(zhì)點）以速度從木板的左端沖上木板。已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取10m/s2。 （1）若木板固定，滑塊將從木板的右端滑出，求滑塊在木板上滑行的時間t和滑出時的速度； （2）若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑塊沖上木板的同時，對木板施加一個水平向右的恒力F，如果要使滑塊不從木板右端掉下，力F應(yīng)滿足什么條件？假定滑塊與木板之間最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。 第3講 牛頓運(yùn)動定律（A卷） 參考答案與詳解 1.【答案】CD 【命題立意】本題旨在考查物理學(xué)史。 【解析】A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，質(zhì)點和點電荷都是理想化模型，但是速度不是，故A錯誤； B、加速度不是比值定義法定義的，故B錯誤； C、伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結(jié)合探索物理規(guī)律的科學(xué)方法，得出忽略空氣阻力時，重物與輕物下落得同樣快，故C正確； D、重心、合力等概念的建立是等效替代思想，故D正確。 故選：CD 2.【答案】B 【命題立意】本題旨在考查物理學(xué)史。 【解析】A、質(zhì)點采用的科學(xué)方法是建立理想化模型的方法，故A錯誤； B、為計算彈簧彈力做的功，把拉伸彈簧的過程分為很多小段，拉力在每小段可以認(rèn)為是恒力，用各小段做功的代數(shù)和代表彈力在整個過程中做的功，采用的是微元法，故B正確； C、一個物體受到幾個力共同作用產(chǎn)生的效果與某一個力產(chǎn)生的效果相同，這個力叫做那幾個力的合力，采用的是等效法，故C錯誤； D、在探究加速度與力和質(zhì)量之間關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變探究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，采用的是控制變量法，故D錯誤。 故選：B 【舉一反三】高中物理過程中會遇到許多種分析方法，這些方法對學(xué)習(xí)物理有很大的幫助，故平時在理解概念和規(guī)律的同時，注意方法的積累。 3.【命題立意】考查牛頓第一定律 【答案】C 【解析】牛頓第一定律：任何物體都要保持勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài)，直到外力迫使它改變運(yùn)動狀態(tài)為止。由上述內(nèi)容可知：人在處于一定運(yùn)動狀態(tài)的車廂內(nèi)豎直向上跳起，廂處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速運(yùn)動，人都會落回跳起點，故A、B錯誤；若車廂沿直線水平加速前進(jìn)，人將在水平方向上保持起跳時的速度，而車廂沿直線水平加速，在人下落過程中速度始終大于人的速度，因此人將落在跳起點的后方，故選C，D錯誤。 4.【答案】A 【命題立意】本試題旨在考查功能關(guān)系、牛頓第二定律。 【解析】A、速度時間圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，由圖可知，上滑的位移為：，下滑的位移為，經(jīng)過一段時間又返回出發(fā)點說明：，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(jī)械能為：，故D錯誤； 故選：A 5.【答案】AB 【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律。 【解析】當(dāng)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：…① …② 由①②知： 故可能的為AB選項。 故選：AB 6.【答案】C 【命題立意】本試題旨在考查頓第二定律、物體的彈性和彈力。 【解析】A、對乒乓球：受到重力和球拍的支持力，作出力圖如圖，根據(jù)牛 頓第二定律得： 解得，， 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(yùn)動員對球拍的作用力為，故C正確，A、B錯誤； D、當(dāng)時，乒乓球?qū)⑾蛏线\(yùn)動，由于與的大小關(guān)系未知，故球不一定沿球拍向上運(yùn)動，故D錯誤。 故選：C 7.【答案】B 【命題立意】本題旨在考查閉合電路的歐姆定律、牛頓第二定律。 【解析】AB、據(jù)題，升降機(jī)靜止時電流表示數(shù)為I0，而此過程中電流表示數(shù)為2I0，電流增 大，由歐姆定律分析壓敏電阻的阻值變小，說明壓敏電阻所受壓力增大，大于重力，則物體處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正確； CD、物體處于超重狀態(tài)時，速度方向可能向下，也可能向上，則升降機(jī)可能向下做勻減速運(yùn)動，也可能向上做勻加速運(yùn)動，故CD錯誤。 故選：B 8.【答案】D 【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律。 【解析】對滑輪分析：，又， 所以： 對A分析：由于，故A靜止， 對B：，故ABC錯誤，D正確。 故選：D 9.【答案】C 【命題立意】本題旨在考查功能關(guān)系。 【解析】A、小球在B點時，，即，AB過程，合外力：，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之間做簡諧運(yùn)動，故，故A錯誤； B、A是下降h高度時的位置，而AB過程，重力大于彈簧的彈力，小球做變加速直線運(yùn)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(dá)D點時形變量要大于，所以彈力大于，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(jī)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。 故選：C 【易錯警示】解決本題的關(guān)鍵知道小球在整個過程中的運(yùn)動情況，結(jié)合圖象，綜合牛頓第二定律進(jìn)行分析求解，知道系統(tǒng)在整個過程中，只受重力和彈簧彈力作用，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 10.【答案】(1) ；(2) ；(3) 【命題立意】本題旨在考查牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用、勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合運(yùn)用。 【解析】（1）根據(jù)題意，設(shè)上升是加速度為，由牛頓第二定律： 解得： 由，得上升高度： 解得： （2）設(shè)下落過程加速度為，由牛頓第二定律得： 下落過程中： 解得： 由，得落地時速度： 解得： （3）設(shè)恢復(fù)升力后向下減速時加速度為，由牛頓第二定律得： 恢復(fù)升力后向下減速運(yùn)動過程： 解得： 設(shè)恢復(fù)升力時的速度為，則有： 解得： 由： 解得 答：(1)在時離地面的高度為； (2)無人機(jī)墜落地面時的速度為； (3)飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間為。 11.【答案】（1）；（2）；（3） 【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動的圖像。 【解析】（1）（1）滑塊受到水平推力、重力和支持力處于平衡，如圖所示： 代入數(shù)據(jù)可得： （2）由題意可知，滑塊滑到木板上的初速度為 當(dāng)F變?yōu)樗较蛴抑螅膳ｎD第二定律可得： 解得： 下滑的位移： 解得： 故下滑的高度： (3) 由圖象可知，二者先發(fā)生相對滑動，當(dāng)達(dá)到共速后一塊做勻減速運(yùn)動，設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊與木板間的摩擦因數(shù)為 二者共同減速時的加速度大小，發(fā)生相對滑動時，木板的加速度，滑塊減速的加速度大小為： 對整體受力分析可得： 可得： 在內(nèi)分別對和做受力分析可得： 對： 對： 帶入數(shù)據(jù)解方程可得： 答：（1）水平作用力F的大小為；（2）滑塊開始下滑時的高度為； （3）木板的質(zhì)量為。 12.【答案】（1）；（2）；（3） 【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系、勻變速直線運(yùn)動的速度與位移的關(guān)系。 【解析】（1）設(shè)小鉛塊在前三塊木塊上運(yùn)動的加速度大小為，剛滑到第四塊的速度為 由牛頓第二定律得： ① 由運(yùn)動學(xué)公式得 ② 聯(lián)立①②得： ③ （2）設(shè)小鉛塊滑到第塊木塊時對木塊的摩擦力 則： 后面的塊木塊受到地面的最大靜摩擦力為 要使木塊滑動，應(yīng)滿足，即： ，?。? 設(shè)小鉛塊滑上4木塊經(jīng)過秒和4、5木塊達(dá)到共同速度，此過程小鉛塊、4、5木塊的對地位移為和，相對位移為，4、5木塊運(yùn)動的加速度為 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧解得 ⑨ ⑩ 由于說明小鉛塊沒有離開第四塊木塊，最后小鉛塊與4、5木塊達(dá)共同速度一起減速為零。 （3）設(shè)小鉛塊與4、5木塊達(dá)到共同速度為，一起減速的加速度大小為，減速位移為 聯(lián)立⑤得： 小鉛塊最終離1木塊左端為 聯(lián)立⑨的： 答：（1）鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度為； （2）由于說明小鉛塊沒有離開第四塊木塊，小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊才開始運(yùn)動； （3）小鉛塊停止運(yùn)動后，離第一塊木塊的左端多遠(yuǎn)。 13.【答案】（1）、；（2） 【命題立意】本題旨在考查牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用、勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系。 【解析】（1）由題意知，滑塊在木板上由滑動摩擦力作用下產(chǎn)生加速度大?。? 因為滑塊做勻減速運(yùn)動，所以滑塊滑離木板時產(chǎn)生的位移為： 代入數(shù)據(jù)可得滑塊運(yùn)動時間： 根據(jù)速度時間關(guān)系可知，滑塊滑離木板時的速度：（2）令滑塊不滑離木板右端時，木板的最小加速度為，則可知，滑塊不滑下來，滑塊的位移與木板的位移差剛好為木板的長度L，運(yùn)動時間為t，則有： 據(jù)速度時間關(guān)系有： ① 根據(jù)位移時間關(guān)系有： ② 由①②兩式解得木板獲得的最小加速度： 根據(jù)牛頓第二定律可知，木板獲得的加速度，即木扳獲得的最小拉力 所以，當(dāng)時，滑塊不會從木板的右端滑出 答：（1）滑塊在木板上滑行的時間t為；滑塊從木板右端滑出時的速度v為； （2）力F應(yīng)滿足。