《广东专用2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题11牛顿运动定律的理解试题粤教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东专用2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题11牛顿运动定律的理解试题粤教版（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一年来,虽然作了一些工作,但与上级要求和职工期望还有较大差距,现根据民主生活会的要求,结合本次民主生活批评与自我批评这一主题11 牛顿运动定律的理解方法点拨(1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然从而知其合外力方向1(牛顿运动定律的理解)如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出物块从P到a的运动过程
2、，以下说法正确的是()图1A物块的惯性减小B在a位置，物块的惯性为零C物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力2(瞬时性)如图2，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为()图2A1.5g1.5g0Bg2g0CgggDgg03(矢量性)(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态现释放圆环P，让其沿与水平面成角的
3、绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是()图3AQ的加速度一定小于gsin B悬线所受拉力为Gsin C悬线所受拉力为Gcos D悬线一定与绳索垂直4(瞬时性)如图4所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端与质量为m的小球相连，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接弹簧a、b和轻杆互成120角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间的加速度大小可能为()图4Aa0BagCa1.5gDa3g5(矢量性)如图5所示，光滑斜面的倾角为，一个质量为m的物体放
4、在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是()图5Amgcos B.C.Dm6质量相等的甲、乙两物体同时从同一位置由静止开始沿水平直线运动，从开始运动的t0时刻起，两物体的速度时间图象如图6所示，则下列判断正确的是()图6A开始运动时，甲受到的合外力小于乙受到的合外力Bt0时刻甲、乙两物体所受合外力大小相等C在0t0时间内任意时刻，甲受到的合外力都小于乙受到的合外力D在0t0时间内，甲物体在中间时刻的速度大于乙物体的平均速度7以初速度v竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比，下列图象中，能正确反映小球从抛出到
5、落回原处的速度随时间变化情况的是()8(多选)如图7所示，人站在匀加速斜向上的电梯上，则()图7A人受到摩擦力方向沿运动方向，即与水平方向成角斜向上B人受到摩擦力方向沿水平方向向右C人受到梯面的支持力大于其重力D人受到梯面的支持力等于其重力9如图8所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图8A木块B对水平面的压力迅速变为2mgB弹簧的弹力大小为mgC木块A的加速度大小为2gD弹簧的弹性势能立即减小10(多选)如图9所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，
6、下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计静止时p、q与竖直方向的夹角均为60.下列判断正确的有()图9A若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mgB若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gC若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mgD若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g11(多选)质量为m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图10a所示，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如
7、图b所示，重力加速度g取10 m/s2，则()图10A物块经过4 s时间回到出发点B物块运动到第3 s时改变水平拉力的方向C3.5 s时刻水平力F的大小为4 ND4.5 s时刻水平力F的大小为16 N12.用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图象如图11所示,取g10 m/s2,水平面各处粗糙程度相同,则由此不能计算出()图11A物体与水平面间的滑动摩擦力B物体与水平面间的动摩擦因数C外力F为12 N时物体的速度D物体的质量13如图12所示的水平地面上，直角斜面体M的倾角为30，物块A、B的质量相等，C为轻质定滑轮图甲中斜面体M和物块A、B均
8、处于静止状态，图乙中斜面体M和物块A、B一起以加速度ag水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止关于物块A、B的受力情况，下列说法中正确的是()图12A图甲中的物块A一定受三个力作用B图甲中的物块B一定受四个力作用C图乙中的物块A一定受三个力作用D图乙中的物块B一定受四个力作用现将本人存在的有关问题和今后的整改方向向各位领导和同志们作简要的汇报,讲得不够的地方请领导和同志们批评指正。答案精析1C物块从P到a运动过程中，质量不变，惯性不变，A、B项错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，C项正确，D项错误2A在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力
9、不变，C球合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，B、C、D错误3CD由题意知，小圆环和Q保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，a，解得：agsin ，A项错，再对Q受力分析，受到竖直向下的重力和拉力，合力大小F合mQgsin ，又重力沿绳索方向的分力也为mQgsin ，则由牛顿第二定律可知，悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力FGcos ，故B项错，C、D项正确4A弹簧a
10、、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，所以只有选项A正确5A根据题述，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定向左隔离物体，分析受力，物体受到斜面支持力和重力，二力的合力向左，大小等于ma，则有：F2(mg)2(ma)2，解得Fm，选项D正确；或有Fsin ma，解得F，选项C
11、正确；或有Fcos mg，解得F，选项B正确6D由题图可知，开始运动时，甲运动图象的斜率大于乙运动图象的斜率，根据斜率表示加速度可知，甲的加速度大于乙的加速度，由牛顿第二定律可知，此时甲受到的合外力大于乙受到的合外力，A错误；t0时刻甲的加速度小于乙的加速度，甲受到的合外力小于乙受到的合外力，B错误；甲做匀加速直线运动，乙做加速度逐渐增大的加速运动，乙的加速度先小于甲，而后加速度逐渐增大又大于甲，所以在0t0时间内，甲所受合外力先大于乙而后小于乙，C错误；在0t0时间内，甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度大于乙的平均速度，由于甲做匀加速直线运动，甲在中间时刻的速度等于甲的平均速度，所以甲物体在
12、中间时刻的速度大于乙物体的平均速度，D正确7A由于小球所受空气阻力与速度的大小成正比，上升阶段，由牛顿第二定律有：mgkvma，刚抛出时，速度最大，所受空气阻力最大，加速度最大，速度图象斜率绝对值最大随着小球上升，速度逐渐减小，所受空气阻力减小，加速度减小，速度图象斜率绝对值减小下降阶段，由牛顿第二定律有：mgkvma，随着速度的增大，所受空气阻力增大，加速度减小，速度图象斜率绝对值减小根据上述分析可知，能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是图象A.8BC对人受力分析：重力mg、支持力F1、摩擦力F2(摩擦力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推知F2的方向为水平向右)建立直角
13、坐标系：取水平向右(即F2的方向)为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，如图所示对加速度分解可得：x轴方向上：axacos y轴方向上：ayasin 根据牛顿第二定律得x轴方向上：F2maxmacos y轴方向上：F1mgmaymasin 即F1mgmasin 故选项B、C正确9C10BD原来p、q对球的拉力大小均为mg.p和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法线和切线方向正交分解，如图甲，得Fmgcos 600，即Fmg，合力为mgsin 60ma，故ag，选项A错误，B正确；q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg，如图乙，球的加速度大小为g.故选项C错误
14、，D正确11CD物块经过4 s时间，速度减小到零，离出发点最远，选项A错误在03 s时间内，物块加速度a11 m/s2.由牛顿运动定律，F1mgma1，解得：F112 N在34 s时间内，物块加速度a23 m/s2，由牛顿运动定律，F2mgma2，解得：F24 N物块运动到第3 s时水平拉力由12 N改变为4 N，但是方向没有改变，选项B错误，C正确在45 s时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a33 m/s2.由牛顿运动定律，F3mgma3，解得：F316 N，选项D正确12C水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律，得Fmgma，解得加速度ag，由此可知，aF图象在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力mg，在纵轴截距的绝对值等于g，斜率等于，故选项A、B、D错误；根据图象能够得出外力F为12 N时物体的加速度，但不能计算出物体的速度，选项C正确13B图甲中物块A受重力和拉力两个力的作用，A错误；物块B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，B正确；图乙中加速度ag，根据牛顿第二定律可得物块B受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为2mg，所以物块A受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，C、D错误
