（江蘇專用）2019高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

《（江蘇專用）2019高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019高考物理總復(fù)習(xí) 優(yōu)編題型增分練：基礎(chǔ)回扣練3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 3.牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 1．(2018·南通市等七市三模)春秋末年齊國人的著作《考工記》中有“馬力既竭，辀猶能一取焉”，意思是馬對(duì)車不施加拉力了，車還能繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)．這是關(guān)于慣性的最早記述．下列關(guān)于慣性的說法中正確的是(　　) A．車只在運(yùn)動(dòng)時(shí)才具有慣性 B．撤去拉力后車的慣性大小不變 C．拉力可以改變車的慣性 D．車運(yùn)動(dòng)越快慣性越大 答案　B 2．如圖1所示，一些商場(chǎng)安裝了智能化的自動(dòng)扶梯．為了節(jié)約能源，在沒有乘客乘行時(shí)，即自動(dòng)扶梯不載重時(shí)往往以較小的速度勻速運(yùn)行，當(dāng)有乘客乘行時(shí)自動(dòng)扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)運(yùn)動(dòng)階段．關(guān)于臺(tái)階對(duì)人的摩擦力和支持力，下列表述正確的是(　　)

2、 圖1 A．勻速時(shí)，摩擦力方向沿水平向左 B．勻速時(shí)，人受到的支持力大于受到的重力 C．加速時(shí)，摩擦力方向沿斜面向上 D．加速時(shí)，人受到的支持力大于受到的重力 答案　D 解析　勻速運(yùn)動(dòng)階段，乘客不受摩擦力的作用，故A錯(cuò)誤；勻速時(shí)，人受到的支持力等于受到的重力，故B錯(cuò)誤；乘客在加速運(yùn)動(dòng)的過程中有斜向上的加速度，此加速度可以分解為水平向左和豎直向上的加速度，在水平方向上摩擦力提供了運(yùn)動(dòng)所需要的加速度，所以人受到的摩擦力水平向左，故C錯(cuò)誤；在豎直方向處于超重狀態(tài)，所以人受到的支持力大于人受到的重力，故D正確． 3.(2018·鹽城市、東臺(tái)市模擬)如圖2所示，物體A、B、C質(zhì)量分別為m

3、、2m、3m，A與天花板間、B與C之間用輕彈簧連接，當(dāng)系統(tǒng)平衡后，突然將A、B間繩燒斷，在繩斷的瞬間，A、B、C的加速度分別為(以向下的方向?yàn)檎较?，g為重力加速度)(　　) 圖2 A．g，g，g B．－5g,2.5g,0 C．－5g,2g,0 D．－g,2.5g,3g 答案　B 解析　A、B間繩燒斷前，由平衡條件得知，下面彈簧的彈力大小為F1＝mCg＝3mg，上面彈簧的彈力大小為F2＝(mA＋mB＋mC)g＝6mg，A、B間繩的拉力大小為FT＝(mB＋mC)g＝5mg.A、B間繩燒斷瞬間，兩根彈簧的彈力都沒有變化，則對(duì)A：此瞬間A所受的合力大小與原來所受繩子的拉力FT大小相

4、等，方向相反，即方向向上，則－5mg＝maA，得aA＝－5g.對(duì)B：此瞬間B所受的合力大小與原來所受繩子的拉力FT大小相等，方向相反，即方向向下，則5mg＝2maB，得aB＝2.5g.對(duì)C：此瞬間彈簧的彈力沒有變化，則C的受力情況沒有變化，所以aC＝0，故選B. 4．(多選)(2018·揚(yáng)州中學(xué)5月模擬)一小滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖3所示．在0.5 s、1.5 s、2.5 s、3.5 s時(shí)刻拉力F的大小分別為F1、F2、F3、F4，則下列判斷一定正確的是(　　) 圖3 A．F1F

5、4 D．F3>F4 答案　CD 解析　由題圖v－t圖象可知，0.5 s、1.5 s時(shí)刻的加速度a1、a2的方向都為正，而且a1>a2，在2 s時(shí)刻的速度達(dá)到最大值，此時(shí)加速度等于0,2.5 s、3.5 s時(shí)刻的加速度a3、a4的方向都為負(fù)，而且|a4|>|a3|，以速度v的方向?yàn)檎较?，則：F－Ff＝ma，所以：F＝Ff＋ma，結(jié)合各點(diǎn)的加速度的大小與方向關(guān)系，可知：F1>F2>F3>F4，故A、B錯(cuò)誤，C、D正確． 5．(多選)(2018·江蘇一模)如圖4所示，兩個(gè)物體A和B通過輕繩相連，繩與輕質(zhì)滑輪間的摩擦可忽略不計(jì)．開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，各段輕繩均在豎直方向上，已知物體B的質(zhì)量

6、為m，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì)物體B施加一豎直向下、大小為mg的恒力F.下列說法中正確的是(　　) 圖4 A．物體A的質(zhì)量為2m B．施加外力后，物體B的加速度大小為g C．施加外力后，物體B的加速度大小為g D．系統(tǒng)加速過程中，輕繩的張力大小為mg 答案　ACD 解析　施加外力前，以物體B為研究對(duì)象，可知繩子拉力為FT＝mg，以物體A為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得A的重力為2mg，則物體A的質(zhì)量為2m，故A正確；施加外力后，根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知物體B的加速度大小等于物體A的加速度大小的2倍，設(shè)物體B的加速度大小為a，繩子拉力為FT′，對(duì)物體B根據(jù)牛頓第二定律可得F＋mg－FT′＝

7、ma，對(duì)物體A根據(jù)牛頓第二定律可得2FT′－2mg＝2m×a，聯(lián)立解得a＝g，輕繩的張力大小為FT′＝mg，故B錯(cuò)誤，A、C、D正確． 6．(2018·錫山中學(xué)月考)如圖5，一截面為橢圓形的容器內(nèi)壁光滑，其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)容器受到一個(gè)水平向右的力F作用向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球處于圖示位置，重力加速度為g，此時(shí)小球?qū)E圓面的壓力大小為(　　) 圖5 A．m B．m C．m D. 答案　B 解析　先以容器和小球整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：加速度為a＝，再以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力如圖所示，由牛頓第二定律得FN＝＝m，B正確．

8、7．(2018·如皋市調(diào)研)滑板運(yùn)動(dòng)是許多極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖，許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均由滑板項(xiàng)目發(fā)展而來．如圖6所示，質(zhì)量為M的長平板車放在光滑的傾角為α的斜面上，質(zhì)量為m的滑板運(yùn)動(dòng)員站在滑板上，若要滑板車靜止在斜面上，重力加速度為g，則運(yùn)動(dòng)員需要(　　) 圖6 A．勻速向下奔跑 B．以加速度a＝gsin α向下加速奔跑 C．以加速度a＝(1＋)gsin α向下加速奔跑 D．以加速度a＝(1＋)gsin α向上加速奔跑 答案　C 8．(多選)(2018·錫山中學(xué)月考) 如圖7所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有

9、兩小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5.下列說法中正確的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) 圖7 A．物塊A到達(dá)底端的速度比物塊B到達(dá)底端的速度大 B．物塊A、B同時(shí)到達(dá)底端 C．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶3 答案　BD 解析　對(duì)物塊A受力分析，因?yàn)閙gsin 37°＞μmgcos 37°，則物塊A所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊B所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩物塊勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度相等，位移相等，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故到達(dá)底端的速度大小相等，故A、C錯(cuò)誤，B正確．對(duì)物塊A，劃痕的長度等于物塊A的位移減去傳送帶的位移，以物塊A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：a＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝1 s. 所以傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為x＝vt＝1 m. 則物塊A對(duì)傳送帶的劃痕為：Δx1＝2 m－1 m＝1 m 對(duì)物塊B，劃痕的長度等于B的位移加上傳送帶的位移，同理得出物塊B對(duì)傳送帶的劃痕長度為Δx2＝3 m．所以劃痕長度之比為1∶3，故D正確． 5