2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题03牛顿运动定律含解析.pdf
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1、专题 03 牛顿运动定律专题 03 牛顿运动定律 第一部分名师综述第一部分名师综述 综合分析近几年的高考物理试题发现,试题在考查主干知识的同时,注重考查必修中的基本概念和基本规 律,且更加突出考查学生运用“力和运动的观点“分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考 考查的重点和热点,应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析,特别是牛顿运 动定律与曲线运动,万有引力定律以及电磁学等相结合的题目,牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多, 一般涉及一下几个方面:一是牛顿第二定律的瞬时性,根据力求加速度或者根据加速度求力,二是动力学 的两类问题,三是连接体问题,四是牛顿第二定律
2、在生活生产和科技中的应用。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静 止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块() A加速度逐渐减小 B经过O点时的速度最大 C所受弹簧弹力始终做正功 D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】 D 【解析】 【详解】 由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置,所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间,加速度为零 时弹力和摩擦力平衡,所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大,A 错误;物体在平衡位置处 速度最大,
3、 所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置, B 错误 ; 从A到O过程中弹力方向与位移方向相同, 弹力做正功,从O到B过程中弹力方向与位移方向相反,弹力做负功,C 错误;从A到B过程中根据动能定 理可得,即,即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,D 正确W弹- W克 f= 0W弹= W克 f 2质量为 400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速,受到的阻力不变,其加速度a和速度的倒数 的关 1 v 系如图所示,则赛车在加速的过程中( ) A速度随时间均匀增大 B加速度随时间均匀增大 C输出功率为 160 kW D所受阻力大小为 1 60 N 【答案】 C 【解析】 【详解】 由图可知,加
4、速度变化,故做变加速直线运动,速度随时间不是均匀增大故 A 错误;a- 函数方程a4, 1 v 400 v 汽车加速运动,速度增大,加速度减小,故 B 错误;对汽车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力, 根据牛顿第二定律,有:F-f=ma;其中:F=P/v;联立得:,结合图线,当物体的速度最大时,a = P mv - f m 加速度为零, 故结合图象可以知道, a=0 时, =0.01, v=100m/s, 所以最大速度为 100m/s; 由图象可知 : f/m 1 v 4,解得:f=4m=4400=1600N;,解得:P=160kW,故 C 正确,D 错误;故选 C。0 1 400 P
5、100 - f 400 3最近,不少人喜欢踩着一种独轮车,穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车,其中间是一个窄窄 的轮子,两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时,可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运 动中踏板对人脚的摩擦力,下列说法正确的是 A考虑空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力向左 B不计空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力向左 C考虑空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力可能为零 D不计空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力不可能为零 【答案】 C 【解析】 【详解】 考虑空气阻力,
6、 当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时, 根据平衡条件, 则脚所受摩擦力为右, 故 A 错误 ; 不计空气阻力,当人处如图甲所示的状态向右加速运动时,合力向右,即脚所受摩擦力向右,故 B 错误; 当考虑空气阻力,当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时,根据平衡条件,则重力、支持力与空气阻力 处于平衡,则脚所受摩擦力可能为零,故 C 正确;当不计空气阻力,当人处如图乙所示的状态向右加速运 动时,根据牛顿第二定律,脚受到的重力与支持力提供加速度,那么脚所受摩擦力可能为零,故 D 错误; 故选 C。 【点睛】 此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况,掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系,
7、 注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的 4如图所示,在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球,将小球拉至 A 点,使细线处于拉直状态,由静止开 始释放小球,不计摩擦,小球可在 A、B 两点间来回摆动当小球摆到 B 点时,细线恰好断开,则小球将() A在 B 点保持静止 B沿 BE 方向运动 C沿 BC 方向运动 D沿 BD 方向运动 【答案】 B 【解析】 由于小球被静止释放,不计摩擦,它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时,小球速度恰好为零, 此时若细线恰好断开,则小球只受重力作用而竖直下落。所以,将沿BE方向运动。故选 B。 【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系,力可以改
8、变物体的形状或运动状态。在此题中,小球由于 重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。 5 (2018普通高等学校招生全国统一考试模拟试题)如图甲所示,某高架桥的引桥可视为一个倾角 、长l=500 m 的斜面。一辆质量m=2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速,其加速度a = 30 随速度可变化的关系图像如图乙所示,电动汽车的速度达到 1 m/s 后,牵引力的功率保持恒定。已知行驶过 程中电动汽车受到的阻力Ff(摩擦和空气阻力)不变,重力加速度g取 10 m/s2。下列说法正确的是 A电动汽车所受阻力Ff=12 000 N B电动汽车的速度达到 1 m/s 后
9、,牵引力的功率P0=12 kW C第 1 s 内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12 000t D第 1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和,大小为 6 000 J 【答案】 D 【解析】 加速阶段由牛顿第二定律可知:F-Ff-mgsin=ma,之后保持功率不变, -Ff-mgsin=ma,电功汽车做加速 P0 v 度逐渐减小的加速运动, 最终加速度减小到 0, 电动汽车达到该功率该路况下的最大速度,-Ff-mgsin=0 P0 vmax 解得 P0=14KW;Ff=2000N;选项 AB 错误;第 1s 内电动汽车牵引力的功率 P=Fv=14000t,选项 C 错
10、误;电动 汽车做匀加速运动的过程,位移,牵引力大小为 14000N,牵引力与阻力做功的代数和为(F-x = v2 2a = 0.5m Ff)x=6000J,选项 D 正确;故选 D. 点睛:此题关键是能从 a-t 图像中获取有用的信息,搞清电动汽车的运动的特这,结合牛顿第二定律及功 率的知识进行分析解答. 6如图,粗糙水平地面上放有一斜劈,小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行,回到斜劈底端时 的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止,则小物块 A上滑所需时间与下滑所需时间相等 B上滑和下滑过程,小物块机械能损失相等 C上滑时的加速度与下滑时的加速度相等 D上滑和下滑过程,斜劈受到地
11、面的摩擦力方向相反 【答案】 B 【解析】 设斜面的长度为x,物块和斜面间的动摩擦因数为,斜面倾角为,物体质量为m,斜面质量为M; A、C、根据牛顿第二定律可得物体上滑的加速度大小,下滑的a1= mgsin + mgcos m = gsin + gcos 加速度大小,可知a1a2,上升过程中根据逆向思维可以看成a2= mgsin - mgcos m = gsin - gcos 是加速度为 a1的匀加速直线运动,根据知,t1t2,即物体沿斜面上滑的时间一定小于沿斜面下滑x = 1 2at 2 的时间, 故 A、 C 错误 ; B、 上滑过程中和下滑过程中机械能的损失都等于克服摩擦力做的功, 即为
12、mgxcos, 故 B 正确;D、物体先减速上滑,后加速下滑,加速度一直沿斜面向下,对整体受力分析,受到总重力、支 持力和向左的静摩擦力,根据牛顿第二定律,有: x方向分析:上滑过程中f1=ma1cos,下滑过程中f2=ma2cos,地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变向 左,故 D 错误。故选 B。 【点睛】本题关键是用整体法进行受力分析,然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程分析求解;知道 加速度是联系静力学和运动学的桥梁。 7如图,在绕地运行的天宮一号实验舱中,宇航员王亚平将支架固定在桌面上,摆轴末端用细绳连接一小 球拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度,它沿 bdac 做圆周运动在 a、
13、b、c、d 四点时(d、c 两点 与圆心等高) , 设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为、, 细绳拉力大小分别为、EkaEkbEkcEkdTaTbTc 、,阻力不计,则()Td AEka Ekc= Ekd Ekb B若在 c 点绳子突然断裂,王亚平看到小球做竖直上抛运动 CTa= Tb= Tc= Td D若在 b 点绳子突然断裂,王亚平看到小球做平抛运动 【答案】 C 【解析】 AC:在绕地运行的天宫一号实验舱中,小球处于完全失重状态,由绳子的拉力提供向心力,小球做匀速圆 周运动,则有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重时,只有绳的拉力提供向心力公式,v、r、m都不变,小球T = m v2
14、 r 的向心力大小不变,则有:Ta=Tb=Tc=Td故 A 项错误,C 项正确。 BD:在b点或c点绳断,小球只有沿着圆周的切线方向的速度,没有力提供向心力,做离心运动且沿切线 方向做匀速直线运动。故 BD 两项均错误。 点睛:解答本题要抓住小球处于完全失重状态,由绳子的拉力提供向心力,再根据向心力公式分析即可。 8 如图所示, 一个 “V” 形槽的左侧挡板 A 竖直, 右侧挡板 B 为斜面, 槽内嵌有一个质量为 的光滑球 C。 “V”m 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内,设挡板 A、B 对球的弹力分 别为 F1、F2,下列说法正确的是( ) AF1、F2都
15、逐渐增大 BF1、F2都逐渐减小 CF1逐渐减小,F2逐渐增大 DF1、F2的合外力逐渐减小 【答案】 D 【解析】 光滑球 C 受力情况如图所示: F2的竖直分力与重力相平衡,所以 F2不变; F1与 F2水平分力的合力等于 ma,在 V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小 段时间内,加速度不断减小,由牛顿第二定律可知 F1不断减小,F1、F2的合力逐渐减小,故 D 正确,A、B、C 错误; 故选 D。 【点睛】以光滑球 C 为研究对象,作出光滑球 C 受力情况的示意图; 竖直方向上受力平衡,水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小,结合加速度的变化解答。 9如图所
16、示,质量为 M 的斜面体放在粗糙的水平面上,物体 A 和 B 通过细线跨过定滑轮相连,不考虑滑轮 的摩擦和质量, 斜面与 A 和 B 间都没有摩擦, 细线与斜面平行。 在图示情况下都静止不动, 细线的张力为 T, 斜面体对地面的压力为 N,斜面体与地面的摩擦力为 f。如果将 A 和 B 位置对换且 A 和 B 都没达地面上时 ; , 斜面体依然静止,细线的拉力为 T1,斜面体对地面的压力为 N1,斜面体与地面的摩擦力为 f1,那么() ATT1,f1 f BN1N,T=T1 CT1=T,f1不为零,f=0 DN1=N,f1=f0 【答案】 C 【解析】由初始情景可加mA=mBsin,mAmB,
17、互换位置后,,解得T1= 1BB m gTm a 1 sin AA Tm gm a mAg,a=g(1-sin),B将加速下落,由超重和失重可知,NN1; 初始细度拉力T= mAg,互接位置后,T1=mAg, 由质点系的牛顿第二定律可得f=0,f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin)cos0.故选 C. 【点睛】本题涉及加速度不同的连接体问题,也可以采用整体法研究,可分竖直和水平两个方向分别列式 分析。 10一个质量为 M 的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为 m 的小球,线的另一 端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成 角处静止释放,如图所示,
18、在小球摆动的过程 中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( ) A在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变 B小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力 C小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力 D小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于 mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g 【答案】 D 【解析】 在小球摆动的过程中,速度越来越大,对小球受力分析根据牛顿第二定律可知:,绳子F - mgcos = m v2 r 在竖直方向的分力为:,由于速度越来越大,角度越来越小,故F = Fcos =(mgco
19、s + m v2 r)cos F 越大,故箱子对地面的作用力增大,在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化,故 A 错误;小球摆 到右侧最高点时, 小球有垂直于绳斜向下的加速度, 对整体由于箱子不动加速度为,为小球在竖直aM= 0a 方向的加速度,根据牛顿第二定律可知 :,则有 :,故(M + m)g - FN= MaM+ maFN= (M + m)g - maFN ,根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于,故 B 错误;在最低点,小球受到的重力2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧 B若1=2, 可用轻杆替代弹簧 C若1 0 B、设木块 1 的最小速度为,木块 1 的加速度做匀减速;木板的加速度为
20、做匀加速;当v1f = ma13mg = 3ma 两者速度相等时木块 1 的速度达到最小 即解得,故 B 错误;v1= v0- at = atv1= 1 2v0 C、设木块 2 的最小速度为,此过程木块 2 的速度该变量为,而木块 3 速度改变量与木块 2 速度该v2v0- v2 变量相等,即木块 3 的速度为由动量守恒可得v0+ v2 ,解得:,故 C 正确;m(v0+ 2v0+ 3v0) = 5mv2+ m(v0+ v2)v2= 5 6v0 D、当木块 3 相对静止时,速度达到最小,此时四个物体共速,设速度为,则由动量守恒可得 :v3m(v0+ 2v0 + 3v0) = 6mv3 解得:v
21、3= v0 对木块 3,由动能定理可知,解得:,故 D 正确;- mgs = 1 2mv 2 3- 1 2m(3v0) 2 s = 4v20 g 故选 CD 17如图倾角为 300的传送带在电动机带动下始终以 V0的速度匀速上行. 相等质量的甲,乙两种不同材料的 滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端,发现甲滑块上升 h 高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对 静止,乙滑块上升 h/2 高度处恰与皮带保持相对静止.现比较甲,乙两滑块从传送带底端到顶端的过程 A甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数 B甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量 C两个过程中皮带对滑块所
22、做的功相同 D两个过程中电动机对皮带所做的功相同 【答案】 BC 【解析】 A: 对甲滑块 :,; 对乙滑块 :,v20= 2a1 h sin300 1mgcos300- mgsin300= ma1v20= 2a2 h 2 sin300 2mgcos 。可得,即甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数。300- mgsin300= ma21E3 BE2E1E3 Cv1=v2v3 Dv2E3,物体在 2 上做曲线运动,则物体对曲面的压力大于对斜面 1 的压力,则物体下滑过程中克服摩擦力做功 W2f=FNLmg Lcos=W1f,损失的机械能关系为:E2E1;即E2E1E3,故 A 错
23、误,B 正确;根据能量关系: 1 2 ,则 v2 v1v3,则选项 D 正确,C 错误;故选 BD.mv2= mgh - Wf 20如图所示,一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上,物体 A、B 叠放在斜面体上,物体 B 受沿斜面向上 的力 F 作用沿斜面匀速上滑,A、B 之间的动摩擦因数为 ,mgcos,所以A、B不能保持相对静止,故 A 错误 B、以A为研究对象,A受到重力、支持力和B对A的摩擦力,如图甲所示 Nmgcos, mgsinNma, 由于0. 将B和斜面体视为整体,受力分析如图乙所示 可知地面对斜面体的摩擦力等于mg(sincos)cosFcos;故 B 正确; C、以三者整体
24、为研究对象:A有沿斜面向下的加速度,故地面受到的压力不等于(M2m)g, C 错误 D、B与斜面体间的正压力N2mgcos,对B分析,根据共点力平衡有Fmgsinmgcosf, 则B与斜面间的动摩擦因数,故 D 正确 = f N = F - mgsin - mgcos 2mgcos 故选 BD 三、解答题 21如图所示,质量、长度的木板 静置于水平地面上,木板 与地面间的动摩擦因数m = 15 gL = 2 mDD1 ,地面右端的固定挡板 与木板 等高。在挡板 右侧竖直虚线、之间的区域内存在方向竖直向上= 0.1CDCPQMN 的匀强电场,在两个半径分别为和的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直
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- 2019 年高 物理 备考 优生 百日 闯关 系列 专题 03 牛顿 运动 定律 解析
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