高考專題復(fù)習(xí)牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題

2019年高考專題復(fù)習(xí)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題2019年高考專題復(fù)習(xí)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題2019年高考專題復(fù)習(xí)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再依照運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得出落地址在拋出點(diǎn)西側(cè)，故C錯(cuò)誤；故答案為：D。牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題【解析】本題屬于奇特的題型，這樣的水平力，學(xué)一生常應(yīng)該都沒有見過，但是仔細(xì)解析題干就會(huì)得出其實(shí)這就是一、單項(xiàng)選擇題運(yùn)動(dòng)的合成與分解，小球參加了水平和豎直兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律即可得出答案。經(jīng)過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出）A.亞里士多德B.伽利略C.笛卡爾D.牛頓【答案】B用國(guó)際單位制的基本單位表示能量的單位，以下正確的選項(xiàng)是（）A.22/sB.2C.N/mD.【答案】A【考點(diǎn)】單位制及量綱【考點(diǎn)】牛頓第必然律【解析】【解答】能量單位為焦耳，依照做功，可知，而JW=FL1J=1Nm【解析】【解答】A:亞里士多德提出了運(yùn)動(dòng)需要力來保持；B、伽利略用理想實(shí)驗(yàn)考據(jù)了2因此正確答案為A【解析】利用公式推導(dǎo)新的單位，這是對(duì)量綱的察看，國(guó)際基本單位有7個(gè)，Kg、m，、A、mol，T、Cd；其他單

因D、牛頓總結(jié)了先人的工作【解析】物理學(xué)史的知識(shí)，每一位科位都是導(dǎo)出單位。學(xué)家都有他的經(jīng)典之作，記牢即可選擇出答案。5.以下列圖，在圓滑水平面上以水平恒力F拉動(dòng)小車，讓小車和木塊一起做無相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)，若小車質(zhì)量為（2018?卷Ⅰ）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4個(gè)式子來

力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示P走開靜止地址的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，以下表示F表達(dá)拉力F的大小，下述表達(dá)式必然正確的選項(xiàng)是（）

和x之間關(guān)系的圖像可能正確的選項(xiàng)是（）A.MaB.μC.（M+m）aD.μ【答案】C【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，靜摩擦力，對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問題【解析】【解答】解：A、先對(duì)整體受力解析，受重力、支持力和拉力，依照牛頓第二定律，有：F=（M+m），A不吻合題意，C吻合題意，B、由于M與m間無相對(duì)滑動(dòng)，未靜摩擦力，則不能夠用f=mg來計(jì)算兩者間的摩擦力大小，BD不吻合題意故答案為：C【解析】先對(duì)整體受力解析，受重力、支持力和拉力，依照牛頓第二定律F=（M+mM與m間無相對(duì)滑動(dòng)，ABCD未靜摩擦力，則不能夠用f=mg來計(jì)算兩者間的摩擦力大小。【答案】A以下列圖，n個(gè)質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1木塊施加一【考點(diǎn)】連接體問題，胡克定律，物體的受力解析個(gè)水平向右的推力F時(shí)，木塊加速運(yùn)動(dòng)，木塊5對(duì)木塊4的壓力大小為（）【解析】【解答】由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=-x),kx=mg，聯(lián)立解得F=ma+kx，比較題給的四個(gè)圖象，可能正確的選項(xiàng)是A。故答案為：A【解析】該題需選擇物塊P為研究對(duì)象，對(duì)P分兩種情況進(jìn)行進(jìn)行受力解析：未對(duì)P施加拉力F時(shí)，有mg=kx；對(duì)P施加拉力F后，爾后依照牛頓第二定律FA.FB.C.D.合=ma列出方程。即可推導(dǎo)出拉力F與x的關(guān)系式。合=ma列出方程。即可推導(dǎo)出拉力F與x的關(guān)系式。（2018?北京）依照高中所學(xué)知識(shí)可知,做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球?qū)⒙湓谡路降刂贰５珜?shí)質(zhì)上,赤道上方200m處無

【答案】D初速下落的小球?qū)⒙湓谡路降刂菲珫|約6cm處這一現(xiàn)象可講解為除重力外由于地球自轉(zhuǎn)下落過程小球還碰到一

【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用個(gè)水平向東的現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋考慮對(duì)稱性上升過程該水平向西,則小球（）A.到最高點(diǎn)時(shí),水平方向的加速度和速度均為零【解析】【解答】解：以整體為研究對(duì)象，依照牛頓第二定律：F=nma得：a=以1234為研究對(duì)象，設(shè)5對(duì)4的壓力為N，依照牛頓第二定律：﹣N=4m聯(lián)立以上二式得：N=，ABC不吻合題意，D吻合題意．

B.到最高點(diǎn)時(shí),水平方向的加速度和速度均不為零C.落地址在拋出點(diǎn)東側(cè)故答案為：D．D.落地址在拋出點(diǎn)西側(cè)【解析】本題察看整體法與隔斷法結(jié)合牛頓第二定律的應(yīng)用，整體應(yīng)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔斷計(jì)【答案】D算木塊5對(duì)木塊4的壓力大小?！究键c(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，位移的合成與分解以下列圖，A、B兩物體質(zhì)量分別為m、mB，且mA＞mB，置于圓滑水平面上，相距較遠(yuǎn)．將兩個(gè)大小均【解析】【解答】依照題意，將小球從赤道地面豎直上拋，水平方向碰到一個(gè)與豎直方向的速度大小成正比的力，為F的力，同時(shí)分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個(gè)力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（）小球從地面豎直上拋，速度越來越小，故水平方向的力越來越小，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度為零，故水平方向的加速度為零，水平方向小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度不為零，故AB錯(cuò)誤；小球在下落的過程中，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此水平方向加速度逐漸增大；水平方向加速度向東，因此向西A.停止運(yùn)動(dòng)B.向左運(yùn)動(dòng)C.向右運(yùn)動(dòng)D.運(yùn)動(dòng)方向不能夠確定1EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.【答案】C【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，動(dòng)量定理，動(dòng)量守恒定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】解：力F大小相等，mA＞mB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度有：A＜B，由題意知：SA=SB，D、座椅對(duì)人的作用力方向與水平方向的夾角的正切值為：，故D錯(cuò)誤應(yīng)選：C．【解析】將加速度a分解為水平方向和豎直方向，在兩個(gè)方向上經(jīng)過牛頓第二定律求出靜摩擦力和彈力的大?。韵铝袌D，一根超出一固定的水平圓滑細(xì)桿的輕繩兩端拴有兩個(gè)小球，球a置于水平川面上，球b被拉到與細(xì)桿2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：A=AtA2，SB=BtB，同一水平的地址，把繩拉直后，由靜止釋放球bb擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球a對(duì)地面的壓力大小為其重力的，可知：A＞B，由IAA，IB=FB，得：IA＞IB，已知圖中Ob段的長(zhǎng)度小于Oa段的長(zhǎng)度，不計(jì)空氣阻力，則（）由動(dòng)量定理可知PA=IA，PB=IB，則PA＞PB，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右，ABD不吻合題意，C吻合題意．故答案為：C．【解析】判斷兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后做什么樣的運(yùn)動(dòng)，先由牛頓第二定律求出加速度，再判斷沖量的大小，A.球b下擺過程中處于失重狀態(tài)最后依照碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右。B.球b下擺過程中向心加速度變小如圖，在傾角為α的固定圓滑斜面上，有一用繩子栓著的長(zhǎng)木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓馬上沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的地址不變．則此時(shí)木板沿斜面下滑的加C.當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球b所受的向心力為球a重力的速度為（）D.兩球質(zhì)量之比m：b=9：2【答案】D【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，向心力，動(dòng)能定理的理解【解析】【解答】解：A、球b下落過程中，做圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度指向圓心，加速度向上，故處于超重，故A錯(cuò)誤；B、b球速度增大，依照a=可知，向心加速度增大，故B錯(cuò)誤；A.sinαB.αC.gsinαD.2gsinα【答案】B、當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球a對(duì)地面的壓力大小為其重力的，則F+FN=mg，解得，球b所受的向心力為F向=F﹣mg=，故C錯(cuò)誤【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問題【解析】【解答】解：木板沿斜面加速下滑時(shí)，貓保持相對(duì)斜面的地址不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為，對(duì)系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：3mgsin=2mga，解得：D、設(shè)Ob繩長(zhǎng)為l，在下落過程中，依照動(dòng)能定理可知，則，聯(lián)立解得m：mb=9：，故D正確；故答案為：B．應(yīng)選：D【解析】本體用整體法比較簡(jiǎn)單，貓保持相對(duì)斜面的地址不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為，對(duì)整體列牛頓第二定【解析】b球下落過程中作圓周運(yùn)動(dòng)的一部分，依照加速度的方向判斷出超失重現(xiàn)象，當(dāng)b球擺到豎直最低地址時(shí)，律方程即可求解。球a對(duì)地面的壓力大小為其重力的，判斷出繩子的拉力，由牛頓第二定律，結(jié)合向心力公式可列出質(zhì)量、速度及以下列圖，某滑雪場(chǎng)的索道與水平面夾角為=37m=50g的人坐在纜車內(nèi)的水平座椅上，當(dāng)纜車隨索道以a=2m/s22的加速度斜向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，已知g=10m/s，sin37°，cos37，則（）半徑間的關(guān)系；再運(yùn)用機(jī)械能守恒定律可列出b球的質(zhì)量與速度間的關(guān)系；最后可求出兩球質(zhì)量關(guān)系．以下列圖，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最后沒有滑出桌面．若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中（）A.座椅對(duì)人的摩擦力大小為100NB.座椅對(duì)人的摩擦力方向與水平方向的夾角為37C.座椅對(duì)人的支持力大小為560ND.座椅對(duì)人的作用力方向與水平方向的夾角為37【答案】C【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用A.桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左B.魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等2【解析】【解答】解：AB、將加速度a分解為水平方向和豎直方向，則水平加速度為：x=acos372y=asin37，，C.若貓?jiān)龃罄?，魚缸碰到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力，魚缸必然不會(huì)滑出桌面【答案】B在水平方向上依照牛頓第二定律得：f=max=80N，故AB錯(cuò)誤．【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用C、在豎直方向上，依照牛頓第二定律得：N﹣mg=may，【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出時(shí)，魚缸相對(duì)于桌布有向左的運(yùn)動(dòng)，故魚缸碰到的摩擦力向右；故A錯(cuò)誤；解得：N=mg+may=560N，故C正確B、由于魚缸在桌面上和在桌布上的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，故碰到的摩擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加速度大小相2EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.等；但在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)，則由v=at可知，它在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等；故B正確；【解析】【解答】解：對(duì)PQ整體受力解析，碰到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，如圖C、魚缸碰到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，其大小與拉力沒關(guān)，只與壓力和動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)，因此增大拉力時(shí)，摩擦力不變；故C錯(cuò)誤；D、貓減小拉力時(shí)，桌布在桌面上運(yùn)動(dòng)的加速度減小，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)；因此魚缸加速時(shí)間變長(zhǎng)，桌布抽出時(shí)的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B【解析】依照摩擦力性質(zhì)可判斷魚缸碰到的摩擦力方向以及拉力變化時(shí)摩擦力的變化情況；再依照牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解析，明確拉力變化后運(yùn)動(dòng)位移的變化情況．某個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為﹣q（＞）的小球僅在重力作用下從靜止開始沿豎直向下方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后在小球運(yùn)動(dòng)的空間中施加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球又經(jīng)過相等的時(shí)間恰好回到出發(fā)點(diǎn)，則（）A.B.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為依照牛頓第二定律，有：（m+M）gsinμ2（m+M）=（M+m）a解得：a=g（μ再對(duì)P物體受力解析，碰到重力mg、支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，依照牛頓第二定律，有mgsinf=ma?②C.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，大小為D.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，大小為【答案】A【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律與電磁學(xué)綜合，勻變速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)出公式應(yīng)用【解析】【解答】解：電場(chǎng)力大小為F=qE，由①②解得P碰到的摩擦力大小為：f=2依照牛頓第三定律可得物塊P對(duì)Q的摩擦力為故ACD錯(cuò)誤、B正確；應(yīng)選：B．設(shè)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為．向下的過程中：h=①【解析】先對(duì)PQ整體受力解析，依照牛頓第二定律求解出加速度，爾后隔斷出物體，受力解析后依照牛頓第二定律列式求解出Q對(duì)P的摩擦力，再依照牛頓第三定律求解P對(duì)Q的摩擦力．

對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有a=②據(jù)題有：③解得F=4mg以下列圖，質(zhì)量分別為m、2m的球A、B由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在正在豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的電梯內(nèi)，細(xì)線中的拉力為F在線斷的剎時(shí)，彈簧的彈力的大小和小球A的加速度大小分別為（）因此：E=．故A正確，BCD錯(cuò)誤．應(yīng)選：A【解析】物體先向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去拉力后的運(yùn)動(dòng)能夠看作一種有往來的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程的位移大小相等、方向相反，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解．A.，+gB.，+gC.，+gD.，+g以下列圖，質(zhì)量分別為m和M的兩長(zhǎng)方體物塊P和Q，疊放在傾角為P、Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2．當(dāng)它們從靜止釋放沿斜面滑下時(shí)，兩物塊向來保持相對(duì)靜止，則物塊P對(duì)Q的摩擦力為（）【答案】A【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問題【解析】【解答】解：剪斷細(xì)線前：設(shè)彈簧的彈力大小為f．依照牛頓第二定律得對(duì)整體：﹣3mg=3ma對(duì)B球：f﹣2mg=2ma解得，f=A.mgcosB.mgcos剪斷細(xì)線的剎時(shí)：彈簧的彈力沒有來得及變化，大小仍為f=．C.mgcosD.mgcos【答案】B對(duì)A球：mg+f=maA【考點(diǎn)】對(duì)單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，整體法隔斷法得A=+g應(yīng)選A【解析】先分別以整體和B球?yàn)檠芯繉?duì)象，依照牛頓第二定律研究剪斷細(xì)線前彈簧的彈力．剪斷細(xì)線的剎時(shí)，彈簧的彈力沒有來得及變化，再由依照牛頓第二定律求出A球的加速度．一滑塊以必然的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙．滑塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象以下列圖．以下四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過程中位移、速度、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能E（以3EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.斜面底端為參照平面）隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，其中正確的選項(xiàng)是（）由于gsingsin0，但0因此假設(shè)不行立，即速度的方向必然向上．滑塊向上運(yùn)動(dòng)，重力有沿桿向下的分力，同時(shí)摩擦力的方向沿桿的方向向下，因此滑塊的加速度方向向下，滑塊沿桿減速上滑．則滑塊的動(dòng)量方向沿桿向上，正在均勻減?。蔄BC錯(cuò)誤，D正確應(yīng)選：D【解析】滑塊與小球保持相對(duì)靜止，并以相同的加速度a一起下滑，對(duì)整體進(jìn)行受力解析求出加速度，采用隔斷法，解析小球的受力，求出加速度，結(jié)合以下列圖，豎直半圓環(huán)中有多條初步于A點(diǎn)的圓滑軌道，其中AB經(jīng)過環(huán)心O并保持豎直．一質(zhì)點(diǎn)分別自A點(diǎn)A.B.C.D.沿各條軌道下滑，初速度均為零．那么，質(zhì)點(diǎn)沿各軌道下滑的時(shí)間對(duì)照較（）【答案】D【考點(diǎn)】牛頓定律與圖象，功能關(guān)系，機(jī)械能守恒及其條件，能量守恒定律，動(dòng)能與重力勢(shì)能【解析】【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)位移公式可知，位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，下滑所有的時(shí)間要大于上升所用的時(shí)間，先減速后加速，加速度向來向下，因此x﹣t圖象應(yīng)是張口向下的拋物線，故A錯(cuò)誤；B、由A解析知速度方向相反，故B錯(cuò)誤；2C、依照Ek=mv知?jiǎng)幽芟葴p小后增大，與時(shí)間為二次函數(shù)，故C錯(cuò)誤；A.無論沿圖中哪條軌道下滑，所用的時(shí)間均相同DE=mgh=mgx=mgvtaD、（），為負(fù)，故為張口向下的拋物線，故正確．p0B.AB質(zhì)點(diǎn)沿著與夾角越大的軌道下滑，時(shí)間越短應(yīng)選：DC.AB質(zhì)點(diǎn)沿著軌道下滑，時(shí)間最短【解析】依照﹣t圖象知上滑和下滑過程中的加速度大小，從而得出速度隨時(shí)間的變化規(guī)律；D.ABAB軌道與夾角越?。ǔ猓|(zhì)