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2019-2020年高考物理 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用沖關(guān)訓(xùn)練（含解析） 一、選擇題每小題6分 1．(xx山東卷)伽利略開創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理相結(jié)合探索自然規(guī)律的科學(xué)方法，利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有(　　) A．力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 B．物體之間普遍存在相互吸引力 C．忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快 D．物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反 解析：伽利略利用理想斜面實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法否定了亞里士多德“力是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因”的錯(cuò)誤結(jié)論，正確地指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，A項(xiàng)正確；牛頓提出萬(wàn)有引力定律，B項(xiàng)錯(cuò)；伽利略首先運(yùn)用邏輯推理的方法發(fā)現(xiàn)物體下落的快慢和它的重量無(wú)關(guān)，C項(xiàng)正確；牛頓提出了物體間的相互作用力總是等大反向的結(jié)論，D項(xiàng)錯(cuò)． 答案：AC 2．將一只皮球豎直向上拋出，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比．下列描繪皮球在上升過(guò)程中加速度大小a與時(shí)間t關(guān)系的圖象，可能正確的是(　　) 　　　　A　　　　　　　　　　　　B 　　　　C　　　　　　　　 　　　　D 圖1－3－11 解析：對(duì)皮球進(jìn)行受力分析，受到豎直向下的重力、阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律，皮球在上升過(guò)程中的加速度大小a＝，因皮球上升過(guò)程中速度v減小，加速度減小，當(dāng)速度v＝0時(shí)，加速度a＝g，a－t圖象逐漸趨近一條平行于t軸的直線，C正確；A、B、D錯(cuò)誤． 答案：C 3．(xx西城期末)一座大樓中有一部直通高層的客運(yùn)電梯，電梯的簡(jiǎn)化模型如圖1－3－12甲所示，已知電梯在t＝0時(shí)由靜止開始上升，電梯的加速度a隨時(shí)間t的變化如圖1－3－12乙所示．圖甲中有一質(zhì)量為M的乘客站在電梯里，電梯對(duì)乘客的支持力為F.根據(jù)a－t圖象可以判斷，力F大小不變，且F＜Mg的時(shí)間段為(　　) 甲　　　　　　　　　　　　乙 圖1－3－12 A．1 s～8 s　　　　　　　　B．8 s～9 s C．15 s～16 s D．16 s～23 s 解析：本題考查超重、失重的概念，意在考查學(xué)生對(duì)超重、失重的理解．由題意可知，電梯對(duì)乘客的支持力F大小不變，且F＜Mg的時(shí)間段應(yīng)為失重時(shí)間段且合力大小恒定，故加速度向下且恒定，D正確． 答案：D 圖1－3－13 4．(xx貴州聯(lián)考)如圖1－3－13所示，與輕繩相連的物體A和B跨過(guò)定滑輪，質(zhì)量mA ＜mB，A由靜止釋放，不計(jì)繩與滑輪間的摩擦，則在A向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，輕繩的拉力(　　) A．T＝mAg B．T＞mAg C．T＝mBg D．T＞mBg 解析：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律解決連接體問(wèn)題，意在考查學(xué)生應(yīng)用牛頓第二定律解決問(wèn)題的能力．將輕繩及與輕繩相連的物體A和B視為整體，由牛頓第二定律可得mBg－mAg＝(mB＋mA)a，解得a＝；隔離A物體，根據(jù)牛頓第二定律可得T－mAg＝mAa，解得T＝g＝g＝g，由于mA＜mB，故有T＞mAg，T＜mBg，B正確． 答案：B 5. 圖1－3－14 如圖1－3－14所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用一與水平面成30的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為(　　) A．0 B．大小為g，方向豎直向下 C．大小為g，方向垂直木板向下 D．大小為g，方向水平向右 解析：木板給小球的力可以分成豎直向上的F1和水平向左的F2，F(xiàn)1＝G，于是F2＝F1tan30，F(xiàn)2與彈簧給球的力F方向相反大小相同．撤去木板后，對(duì)于小球，它只受向下的重力G和向右的彈簧拉力F，于是它的加速度就是G和F的矢量和除以m，小球的加速度大小為g，方向垂直木板向下．選項(xiàng)C正確． 答案：C 6. 圖1－3－15 如圖1－3－15，電梯與水平地面成θ角，一人靜止站在電梯水平梯板上，電梯以勻加速度a啟動(dòng)過(guò)程中，水平梯板對(duì)人的支持力和摩擦力分別為N和f.若電梯啟動(dòng)加速度減小為，則下面結(jié)論正確的是(　　) A．水平梯板對(duì)人的支持力變?yōu)? B．水平梯板對(duì)人的摩擦力變?yōu)? C．電梯加速啟動(dòng)過(guò)程中，人處于失重狀態(tài) D．水平梯板對(duì)人的摩擦力和支持力之比為 解析：將人的加速度分解，水平方向ax＝acosθ，豎直方向ay＝asinθ.對(duì)于人根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有f＝max，在豎直方向有N－mg＝may.當(dāng)加速度由a變?yōu)闀r(shí)，摩擦力變?yōu)樵瓉?lái)的一半，但彈力不為原來(lái)的一半，故選項(xiàng)B正確． 答案：B 7．(xx浙江卷)如圖1－3－16所示，水平木板上有質(zhì)量m＝1.0 kg的物塊，受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 　 圖1－3－16 A．5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功為零 B．4 s末物塊所受合力大小為4.0 N C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4 D．6 s～9 s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0 m/s2 解析：由Ff—t圖象知物塊所受的最大靜摩擦力為4 N，滑動(dòng)摩擦力為3 N,4 s末物塊所受的合力為零，則B項(xiàng)錯(cuò)誤；因前4 s內(nèi)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，5 s內(nèi)物塊的位移即第5 s內(nèi)物塊的位移不為零，則5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊所做的功不為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由μmg＝3 N，得物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，則C項(xiàng)錯(cuò)誤；6 s～9 s內(nèi)物塊所受的合力為5 N－3 N＝2 N，由F合＝ma，得物塊的加速度大小a＝2 m/s2，故D項(xiàng)正確． 答案：D 圖1－3－17 8．如圖1－3－17所示，在垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一根粗糙絕緣細(xì)直桿，有一個(gè)重力不能忽略、中間帶有小孔的帶正電小球套在細(xì)桿上．現(xiàn)在給小球一個(gè)水平向右的初速度v0，假設(shè)細(xì)桿足夠長(zhǎng)，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，桿上各處的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則小球運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖象可能是(　　) A　　　　　B　　　　C　　　 　D 圖1－3－18 解析：對(duì)小球受力分析可知，若小球速度滿足洛倫茲力等于重力，即qv0B＝mg，則小球不受支持力作用，也就不受摩擦力作用，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)；若小球速度滿足洛倫茲力大于重力，即qv0B>mg，則支持力向下，在摩擦力的作用下小球做減速運(yùn)動(dòng)，因此洛倫茲力要減小，當(dāng)速度減小到滿足洛倫茲力等于重力qvB＝mg時(shí)，小球不受支持力作用，不再受摩擦力作用，接著小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)；若小球速度滿足洛倫茲力小于重力，即qv0Bkx，則物體所受的合外力可能向左，也可能向右，且加速度最大值為a＝，最小值為0，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：AC 10. 圖1－3－20 如圖1－3－20所示，在電動(dòng)機(jī)的驅(qū)動(dòng)下，皮帶運(yùn)輸機(jī)上方的皮帶以水平恒定的速度v向右運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一工件(大小不計(jì))在皮帶左端A點(diǎn)輕輕放下，A點(diǎn)到皮帶右端B點(diǎn)距離為s.若工件與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則工件到B點(diǎn)的時(shí)間可能為(　　) A.　　　　　　　　　B. C.＋ D. 解析：工件放到傳送帶上后，關(guān)于工件的運(yùn)動(dòng)有三種可能：一是在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，那么s＝μgt2，計(jì)算出工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，D正確；二是當(dāng)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，速度恰好達(dá)到v，此時(shí)工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝＝，B正確；三是先加速到v，后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，那么v＝μgt1，s－＝vt2，計(jì)算出工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝t1＋t2＝＋，C正確． 答案：BCD 二、非選擇題每題10分 圖1－3－21 11．(xx山東卷)如圖1－3－21所示，質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L＝10 m．已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.重力加速度g取10 m/s2. (1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小． (2)拉力F與斜面夾角多大時(shí)，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？ 解析：(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 L＝v0t＋at2　① v＝v0＋at?、? 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 a＝3 m/s2?、? v＝8 m/s　④ (2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖1－3－22所示，由牛頓第二定律得 圖1－3－22 Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma?、? Fsinα＋FN－mgcosθ＝0　⑥ 又Ff＝μFN?、? 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F＝　⑧ 由數(shù)學(xué)知識(shí)得 cosα＋sinα＝sin(60＋α)?、? 由⑧⑨式可知對(duì)應(yīng)F最小的夾角 α＝30⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 Fmin＝ N．　? 答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30　 N 12. 圖1－3－23 如圖1－3－23所示，航空母艦上的起飛跑道由長(zhǎng)度為l1＝1.6102 m的水平跑道和長(zhǎng)度為l2＝20 m的傾斜 跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架質(zhì)量為m＝2.0104 kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.2105 N，方向與速度方向相同，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的.假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，取g＝10 m/s2. (1)求飛機(jī)在水平跑道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大??； (2)為了使飛機(jī)在傾斜跑道的末端達(dá)到起飛速度100 m/s，外界還需要在整個(gè)水平軌道對(duì)飛機(jī)施加助推力，求助推力F推的大?。? 解析：(1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a1，末速度大小為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，有F合＝F－Ff＝ma1 v－v＝2a1l1 v1＝a1t1 其中v0＝0，F(xiàn)f＝0.1mg，代入已知數(shù)據(jù)可得 a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s 飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面方向的分力作用，設(shè)沿斜面方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，沿斜面方向有 F′合＝F－Ff－FGX＝ma2 FGX＝mgsinα＝mg＝4.0104 N v－v＝2a2l2 代入已知數(shù)據(jù)可得 a2＝3.0 m/s2 v2＝ m/s＝41.5 m/s (2)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a′1、末速度大小為v′1，有 F″合＝F推＋F－Ff＝ma′1 v′－v＝2a′1l1 飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面方向的分力作用沒(méi)有變化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2 v′－v′＝2a′2l2 根據(jù)題意，v′2＝100 m/s，代入數(shù)據(jù)解得 F推≈5.2105 N. 答案：(1)8.0 s　41.5 m/s (2)5.2105 N