2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（六）第6講 牛頓運動定律的理解（含解析）新人教版

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1、課時訓練(六) 　【牛頓運動定律的理解】　 【基礎過關】 1.伽利略創(chuàng)造了把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法,有力地促進了人類科學認識的發(fā)展.利用如圖Z6-1所示的裝置做如下實驗:小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動,并沿右側斜面上升.斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料,小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.根據三次實驗結果的對比,可以得到的最直接的結論是 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圖Z6-1 A.如果斜面光滑,小球將上升到與O點等高的位置 B.如果小球不受力,它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài) C.如果小球受到力的

2、作用,它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變 D.小球受到的力一定時,質量越大,它的加速度越小 2.[2019·寧波十校聯(lián)考] 彈簧的勁度系數(shù)的單位可用國際單位制中的基本單位表示為 (　　) A.kg·m/s2 B.kg/s2 C.kg·m2/s2 D.kg·m/s 3.在一次交通事故中,一輛載有30噸“工”字形鋼材的載重汽車由于避讓橫穿馬路的摩托車而緊急制動,結果車廂上的鋼材向前沖出,壓扁駕駛室.下列關于這起事故原因的物理分析正確的是 (　　) A.由于車廂上的鋼材有慣性,在汽車制動時,鋼材繼續(xù)向前運動,壓扁駕駛室 B.由于汽車緊急制動,使其慣性減小,而鋼材慣性較大,所以繼續(xù)向前運動 C.由

3、于車廂上的鋼材所受阻力太小,不足以克服其慣性,所以繼續(xù)向前運動 D.由于汽車制動前的速度太大,汽車的慣性比鋼材的慣性大,在汽車制動后,鋼材繼續(xù)向前運動 圖Z6-2 4.[2019·海寧模擬] 小車上固定一根輕質彈性桿A,桿頂固定一個小球B,如圖Z6-2所示.現(xiàn)讓小車從光滑斜面上自由下滑,在圖Z6-3中桿發(fā)生了不同的形變,其中正確的是 (　　) 　　　　　　圖Z6-3 5.如圖Z6-4所示是利用計算機記錄一對作用力與反作用力的變化圖線,根據圖線可以得出的結論是 (　　) 圖Z6-4 A.作用力大時,反作用力小 B.作用力和反作用力的方向總是相反的 C.作用力和反作用

4、力是作用在同一個物體上的 D.牛頓第三定律在物體處于非平衡狀態(tài)時不再適用 6.[2019·湖州期末] 如圖Z6-5所示,彈簧測力計沿水平桌面拉著物塊一起向右做加速運動,則 (　　) 圖Z6-5 A.桌面對物塊的作用力方向豎直向上 B.彈簧測力計對手的拉力和對物塊的拉力是一對作用力和反作用力 C.物塊受到除重力外的其他力的合力方向水平向右 D.物塊拉彈簧測力計的力與彈簧測力計拉物塊的力大小相等 圖Z6-6 7.[2018·浙江黃巖中學月考] 如圖Z6-6所示是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖.若已知飛船質量為m1,其推進器的平均推力為F,在飛船與空間站對接后,在

5、推進器工作時測出飛船和空間站一起運動的加速度為a,則空間站的質量m2為(地表處的重力加速度為g) (　　) A.Fa+m1 B.Fa-m1 C.m1-Fa D.Fg+a-m1 圖Z6-7 8.如圖Z6-7所示,一根輕質彈簧豎直立在水平地面上,下端固定.一小球從高處自由落下,落到彈簧上端,將彈簧壓縮至最低點.小球從開始壓縮彈簧到將彈簧壓縮至最低點的過程中,小球的加速度和速度的變化情況是 (　　) A.加速度先變大后變小,速度先變大后變小 B.加速度先變大后變小,速度先變小后變大 C.加速度先變小后變大,速度先變大后變小 D.加速度先變小后變大,速度先變小后變大 9.[201

6、9·東陽中學月考] 如圖Z6-8甲所示,車上有一箱裝得很滿的土豆.現(xiàn)箱子隨著車一起向右做勻減速運動,則中間的一顆土豆A受到其他土豆對它的作用力方向可能是圖乙中的 (　　) 圖Z6-8 A.方向① B.方向② C.方向③ D.方向④ 圖Z6-9 10.如圖Z6-9所示,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當小車向右做勻加速運動時,小球所受合外力的方向可能沿圖中的(　　) A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向 圖Z6-10 11.[2019·寧波中學模擬] 如圖Z6-10所示,在與水平方向成θ角、大小為F的力作用下,質量為m的物塊沿豎直墻壁加速下滑,已知

7、物塊與墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,則下滑過程中物塊的加速度大小為 (　　) A.a=g-μg B.a=g-μFcosθm C.a=g-μFsinθm D.a=g-Fsinθ+μFcosθm 12.[2019·溫州中學月考] 某同學利用如圖Z6-11所示的實驗裝置來測定木塊與木板間的摩擦力大小.設木塊的質量為m,托盤和砝碼的總質量為M,且木板與水平桌面之間的摩擦不能忽略,不考慮滑輪的摩擦,重力加速度為g.下列說法中正確的是 (　　) 圖Z6-11 A.木板靜止時,木塊受到的靜摩擦力等于Mg B.木板做勻速運動時,木塊受到的滑動摩擦力等于Mg C.木板做勻加速運動

8、時,木塊受到的滑動摩擦力大小等于彈簧測力計的讀數(shù) D.只有木板做勻速運動時,木塊受到的滑動摩擦力大小才等于彈簧測力計的讀數(shù) 13.如圖Z6-12甲所示,某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處,滑輪的質量和摩擦均不計,貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關系如圖乙所示,重力加速度為g.下列結論錯誤的是 (　　) 圖Z6-12 A.圖線與縱軸的交點的縱坐標M=-g B.圖線與橫軸的交點的橫坐標N=mg C.圖線的斜率等于貨物的質量m D.圖線的斜率等于貨物質量的倒數(shù)1m 【領先沖A】 14.如圖Z6-13甲所示,可視為質點的物塊靜止在傾角θ=37°的

9、粗糙固定斜面的頂端,對物塊施加一個沿斜面向下的推力F,力F的大小隨時間t的變化情況如圖乙所示,物塊的速率v隨時間t的變化規(guī)律如圖丙所示,4 s末物塊恰好運動到斜面底端.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是 (　　) 圖Z6-13 A.斜面的長度為2 m B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8 C.物塊的質量為0.5 kg D.0~4 s時間內,物塊先加速下滑后減速下滑 圖Z6-14 15.[2019·奉化中學期中] 如圖Z6-14所示,兩輕質彈簧a、b懸掛一質量為m的小球,整體處于平衡狀態(tài),a彈簧與豎直方向成30

10、°角,b彈簧與豎直方向成60°角,a、b兩彈簧的形變量相等,重力加速度為g,則 (　　) A.彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為3∶2 B.彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為3∶1 C.若彈簧a下端與小球松脫,則松脫瞬間小球的加速度大小為3g D.若彈簧b下端與小球松脫,則松脫瞬間小球的加速度大小為3g 16.如圖Z6-15所示,將質量為m的小球掛在傾角為α=45°的光滑斜面上.(重力加速度為g) (1)當斜面以加速度a=13g沿圖示方向運動時,求繩中的拉力大小; (2)當斜面以加速度a=3g沿圖示方向運動時,求繩中的拉力. 圖Z6-15 課時訓練(六) 1.A　[解析]

11、根據題意,鋪墊材料粗糙程度降低時,小球上升的最高位置升高,當斜面絕對光滑時,小球在斜面上沒有能量損失,因此可以上升到與O點等高的位置,而B、C、D三個選項從題目不能直接得出,選項A正確. 2.B　[解析] 根據k=FΔx可知勁度系數(shù)的單位為kg/s2,選項B正確. 3.A　[解析] 由于車廂上的鋼材有慣性,在汽車制動時,鋼材繼續(xù)向前運動,壓扁了駕駛室,慣性只與質量有關,與運動狀態(tài)、受力情況無關,A正確. 4.C　[解析] 小車在光滑斜面上自由下滑,則加速度a=gsin θ,由牛頓第二定律可知,小球所受重力和桿的彈力的合力沿斜面向下,且小球的加速度等于gsin θ,則桿的彈力方向垂直于斜面

12、向上,桿不會發(fā)生彎曲,C正確. 5.B　[解析] 由題圖可看出作用力與反作用力總是大小相等,方向相反,A、C錯誤,B正確.牛頓第三定律反映的規(guī)律與運動狀態(tài)無關,D錯誤. 6.D　[解析] 桌面對物塊有向上的支持力和向后的摩擦力,則桌面對物塊的作用力方向不是豎直向上的,故A錯誤;彈簧測力計對手的拉力和手對彈簧測力計的拉力是一對作用力和反作用力,而與彈簧測力計對物塊的拉力不是相互作用力,故B錯誤;物塊向右加速運動,所受的合力方向水平向右,受到除重力外的其他力的合力方向不是水平向右,選項C錯誤;不論物塊如何運動,物塊拉彈簧測力計的力與彈簧測力計拉物塊的力始終大小相等,故D正確. 7.B　[解析

13、] 根據牛頓第二定律可知F=(m1+m2)a,得m2=Fa-m1,選項B正確. 8.C　[解析] 小球在壓縮彈簧的過程中,彈簧對小球的彈力逐漸變大,小球所受的合力先變小后反向變大,由牛頓第二定律可知,小球的加速度先變小后反向變大,速度先變大后變小,故C正確. 9.D　[解析] 根據牛頓第二定律可知,A受到的合力F=ma,方向水平向左,土豆A受重力和其他土豆對它的作用力,故土豆A受到其他土豆對它的作用力的方向斜向左上,可能為方向④,故D正確,A、B、C錯誤. 10.D　[解析] 小車向右做勻加速直線運動,由于小球固定在桿上,而桿固定在小車上,則小球和小車的加速度相同,所以小球的加速度也應該

14、向右,由牛頓第二定律可知,小球所受合外力方向向右,故選項D正確. 11.D　[解析] 將F分解可得,物塊在垂直于墻壁方向上受到的壓力為FN=Fcos θ,則物塊對墻壁的壓力為F'N=FN=Fcos θ,物塊受到的滑動摩擦力為f=μF'N=μFcos θ,根據牛頓第二定律可得mg-f-Fsin θ=ma,解得a=g-Fsinθ+μFcosθm,選項D正確. 12.C　[解析] 木板靜止(勻速運動)時,木板受到木塊與桌面的兩個靜摩擦力(滑動摩擦力)的合力等于Mg,選項A、B錯誤;木板做勻加速或勻速運動時,木塊保持靜止,在水平方向受到木板對它的滑動摩擦力與彈簧測力計的拉力,二力平衡,則木塊受到的

15、滑動摩擦力的大小等于彈簧測力計的讀數(shù),選項C正確,D錯誤. 13.C　[解析] 對貨物受力分析,受到重力mg和拉力T,根據牛頓第二定律,有T-mg=ma,得a=Tm-g,當T=0時,a=-g,即圖線與縱軸的交點的縱坐標M=-g,故A正確;當a=0時,T=mg,即圖線與橫軸的交點的橫坐標N=mg,故B正確;圖線的斜率表示質量的倒數(shù)1m,故C錯誤,D正確. 14.B　[解析] 斜面的長度等于v-t圖像所圍成的面積,即x=12×1+3×0.8 m=1.6 m,故A錯誤;由速度圖像知,在1~3 s時間內,物塊做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得0.8 N+mgsin θ-μmgcos θ=ma,由v

16、-t圖像可知,加速度a=ΔvΔt=0.8-03-1 m/s2=0.4 m/s2,在3~4 s時間內,物塊做勻速直線運動,由平衡條件得μmgcos θ-mgsin θ=0.4 N,解得m=1 kg,μ=0.8,故B正確,C錯誤;在第1 s內物塊靜止,故D錯誤. 15.B　[解析] 對小球受力分析,受到a彈簧的彈力、b彈簧的彈力和重力,三力平衡,有Ta=mgcos 30°=kaΔx,Tb=mgsin 30°=kbΔx,則kakb=cos 30°sin30°=31,故A錯誤,B正確;若彈簧a下端與小球松脫,則松脫瞬間b彈簧的彈力不變,小球所受重力和b彈簧彈力的合力與Ta大小相等、方向相反,此時小球

17、的加速度a=mgcos 30°m=32g,若彈簧b下端與小球松脫,則松脫瞬間a彈簧的彈力不變,小球所受重力和a彈簧彈力的合力與Tb大小相等、方向相反,此時小球的加速度a=mgsin30°m=12g,故C、D錯誤. 16.(1)223mg　(2)2mg [解析] 當小球對斜面的壓力恰好為零時,小球只受重力和拉力,合力水平向左,有mgcot 45°=ma,a=gcot 45°=g,所以當向左的加速度大于或等于g時,斜面對小球無彈力. (1)當斜面以加速度a=13g沿圖示方向運動時,因為ag,所以斜面對小球無彈力,小球只受重力和拉力,合力水平向左,設繩子與豎直方向夾角為β,則豎直方向有T2cos β=mg,水平方向有T2sin β=ma2,聯(lián)立解得T2=2mg. - 6 -