《2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題3 牛頓運動定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題3 牛頓運動定律（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題3 牛頓運動定律 1．（2020上海卷）．如圖，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平.則在斜面上運動時，B受力的示意圖為（ ） 答案：A 解析：對于A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律可知共同沿斜面下滑的加速度為a=gsinθ，隔離滑塊B，由于摩擦力只能與接觸面相切，所以CD錯；由于B有水平向左的加速度分量，所以A對B的摩擦力必須水平向左，即A正確. 2．（2020北京高考卷）摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖所示．考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t=0時由靜止開始上升

2、，a─t圖像如圖所示．電梯總質(zhì)量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2． （1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2； （2）類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由υ─t圖像求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據(jù)圖2所示a─t圖像，求電梯在第1s內(nèi)的速度改變量Δυ1和第2s末的速率υ2； （3）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在0─11s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W． 解析: （1）由牛頓第二定律，有 F-mg= ma 由a─t圖像可知，F(xiàn)1和F2對應(yīng)的加速度分別

3、是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2 F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N F2= m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N （2）類比可得，所求速度變化量等于第1s內(nèi)a─t圖線下的面積 Δυ1=0.50m/s 同理可得，Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s υ0=0，第2s末的速率 υ2=1.5m/s （3）由a─t圖像可知，11s~30s內(nèi)速率最大，其值等于0~11s內(nèi)a─t圖線下的面積，有 υm=10m/s 此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率 P=Fυm=mgυm=2.0×1

4、03×10×10W=2.0×105W 由動能定理，總功W=Ek2-Ek1=mυm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J 3．（2020山東卷）．將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，圖像如圖所示.以下判斷正確的是 A．前3s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài) B．最后2s內(nèi)貨物只受重力作用 C．前3s內(nèi)與最后2s內(nèi)貨物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的過程中，貨物的機械能守恒 答案：AC 解析：由v—t圖像可知前3 s內(nèi)，a=△v/△t=2 m/s2，貨物具有向上的加速度，故處于超重狀態(tài)，選項A正確；最后2 s內(nèi)加速度a′=△v/△t=-3

5、 m/s2，小于重力加速度，故吊繩拉力不為零，選項B錯誤；根據(jù)v’=v/2=3 m/s可知選項C正確；第3 s末至第5 s末的過程中，貨物勻速上升，貨物機械能增加，選項D錯誤. 4．（2020四川卷）．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變.用水平力，緩慢推動物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時物體靜止.撤去F后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4x0.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則 A．撤去F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動 B．撤去F后，物體剛運動時的加速度大小為

6、 C．物體做勻減速運動的時間為2 D．物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為 答案：BD 解析：根據(jù)牛頓第二定律可得kx-μmg=ma，即a=（kx-μmg）/m，當(dāng)kx>μmg時，隨著形變量x的減小，加速度a將減小；當(dāng)kx<μmg時，隨著形變量x的減小，加速度a將增大，則撤去F后，物體剛運動時的加速度為a=(kx0)/m-μg，物體先做加速度逐漸減小的加速直線運動，當(dāng)kx=μmg（a=0）時，物體的速度最大，然后做加速度增大的減速直線運動，最后當(dāng)物體與彈簧脫離后做加速度為a=μg的勻減速直線運動，故A選項錯誤，B選項正確；物體脫離彈簧后做加速度為a=μg的勻

7、減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得3x0=1/2*μgt2，解得t=，故C選項錯誤；根據(jù)功的計算式可得，物體開始向左端運動到速度最大的過程中滑動摩擦力做功為W=-μmgx′，又x′=x0-μmg/k，解得W=-μmg(x0-μmg/k)，即克服滑動摩擦力做功為μmg(x0-μmg/k)，故D選項正確. 7．(2020全國新課標(biāo)).伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ).早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是 A.物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性 B.沒有力作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) C.行星在圓周軌道上保持勻速

8、率運動的性質(zhì)是慣性 D.運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動 答案：AD 解析：慣性是物體本身的一種屬性，是抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì).A正確C錯誤.沒有力作用物體可能靜止也可能勻速直線運動，B錯D正確. F a 5．（2020安徽卷）.如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一豎直向下的恒力，則 ( ) A. 物塊可能勻速下滑 B. 物塊仍以加速度勻加速下滑 C. 物塊將以大于的加速度勻加速下滑 D. 物塊將以小于的加速度勻加速下滑 答案：C 解析：未加恒力F時，由牛頓第二定律知，而加上F后，，即，C正確

9、. 6．(2020全國新課標(biāo)) 拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具（如圖）.設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g，某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ. （1） 若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小. （2） 設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ.已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動.求這一臨界角的正切tanθ0. 答案：（1）了 （2） 解析：（1）設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小

10、為F的力推拖把，將推拖把的力沿豎直和水平分解，按平衡條件有 ① 　?、? 式中N與f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力.按摩擦定律有　　③ 聯(lián)立①②③式得　?、? （2） 若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應(yīng)用 　　　≤⑤ 這時，①式仍滿足，聯(lián)立①⑤式得≤　?、? 現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍，注意到上式右邊總是大于零，且當(dāng)F無限大時極限為零，有≤0　?、? 使上式成立的角滿足θ≤θ0，這里是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把.臨界角的正切值為　?、? 7．（2020上海卷）如圖，將質(zhì)量m＝0.1kg的圓環(huán)套在固定

11、的水平直桿上.環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑.環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)m＝0.8.對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上，與桿夾角q＝53°的拉力F，使圓環(huán)以a＝4.4m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小.（取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2）. 解析：令Fsin53°＝mg，F(xiàn)＝1.25N，當(dāng)F＜1.25N時，桿對環(huán)的彈力向上，由牛頓定律Fcosq－mFN＝ma，F(xiàn)N＋Fsinq＝mg，解得F＝1N，當(dāng)F＞1.25N時，桿對環(huán)的彈力向下，由牛頓定律Fcosq－mFN＝ma，F(xiàn)sinq＝mg＋FN，解得F＝9N， 砂、砂桶 圖1 小車、砝碼、打點計時器 ● □ □

12、 □ □ 接交流電源 8．（2020安徽卷）Ⅰ.（10分）圖1為“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置示意圖.砂和砂桶的總質(zhì)量為，小車和砝碼的總質(zhì)量為.實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細(xì)線對小車?yán)Φ拇笮? (1)試驗中，為了使細(xì)線對小車的拉力等于小車所受的合外力，先調(diào)節(jié)長木板一滑輪的高度，使細(xì)線與長木板平行.接下來還需要進行的一項操作是 A. 將長木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，給打點計時器通電，調(diào)節(jié)的大小，使小車在砂和砂桶的牽引下運動，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動. B. 將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，撤去砂和砂桶，給打點計時

13、器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動. C. 將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，撤去紙帶以及砂和砂桶，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運動. (2)實驗中要進行質(zhì)量和的選取，以下最合理的一組是 A. =200, =10、15、20、25、30、40 B. =200, =20、40、60、80、100、120 C. =400, =10、15、20、25、30、40 D. =400, =20 40、60、80、100、120 （3）圖2 是試驗中得到的一條紙帶，、、、、、、為7個相鄰的計數(shù)點，相鄰的兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出.量出相鄰的計數(shù)點之間的距離分別為=4.

14、22 cm、=4.65 cm、=5.08 cm、=5.49 cm、=5.91 cm、=6.34 cm .已知打點計時器的工作效率為50 Hz,則小車的加速度= m/s2 （結(jié)果保留2位有效數(shù)字）. A 圖2 ● ● ● ● ● ● ● B C D E F G Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42 解析：要使砂和砂桶的重力mg近似等于小車所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后還要滿足m＜＜M.而平衡摩擦，不需掛砂桶，但要帶紙帶，故（1）選B，（2）選C.（3）用逐差法，求得. Oo v(m/s) 0.5 4

15、t(s) 9．（2020安徽卷）質(zhì)量為0.1 kg 的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應(yīng)的圖象如圖所示.球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4.該球受到的空氣阻力大小恒為，取=10 m/s2, 求： （1）彈性球受到的空氣阻力的大??； （2）彈性球第一次碰撞后反彈的高度. 解析：(1)由v—t圖像可知:小球下落作勻加速運動， 由牛頓第二定律得： 解得 (2)由圖知：球落地時速度，則反彈時速度 設(shè)反彈的加速度大小為a＇，由動能定理得 解得 10（2020江蘇卷）．將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，下列

16、描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關(guān)系圖象，可能正確的是 答案：C 解析：加速度，隨著的減小，減小，但最后不等于0.加速度越小，速度減小得越慢，所以選C. 11．（2020江蘇卷）．如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升，夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦有均為f，若木塊不滑動，力F的最大值是 A． B． C． D． 答案：A 解析：整體法，隔離法，對木塊，，解得. 12.（2020重慶卷）某校舉行托乒乓球跑步比賽， 賽道為水平直道，比賽距離為S，比賽時， 某同學(xué)將球置于球拍中心，以大

17、小a的加 速度從靜止開始做勻加速運動，當(dāng)速度達 到v0時，再以v0做勻速直線運動跑至終點. 整個過程中球一直保持在球中心不動.比賽 中，該同學(xué)在勻速直線運動階級保持球拍的傾角為θ0 ，如題圖所示.設(shè)球在運動過程中受到的空氣阻力與其速度大小成正比，方向與運動方向相反，不計球與球拍之間的摩擦，球的質(zhì)量為m，重力加速度為g ⑴空氣阻力大小與球速大小的比例系數(shù)k ⑵求在加速跑階段球拍傾角θ隨球速v變化的關(guān)系式 ⑶整個勻速跑階段，若該同學(xué)速率仍為v0 ，而球拍的傾角比θ0大了β并保持不變，不計球在球拍上的移動引起的空氣阻力的變化，為保證到達終點前球不從球拍上距離中心為r的下邊沿掉落，求β應(yīng)滿足的條件. 解析：⑴在勻速運動階段有， 得 ⑵加速階段，設(shè)球拍對球的支持力為，有 得 ⑶以速度v0勻速運動時，設(shè)空氣的阻力與重力的合力為F，有 球拍傾角為時，空氣阻力與重力的合力不變，設(shè)球沿球拍面下滑的加速度大小為，有 設(shè)勻速跑階段所用時間為t，有 球不從球拍上掉落的條件 得