2020高考物理大二轮刷题首先练（课件+优选练）（含最新模拟题，有解析）：专题三　牛顿运动定律的理解和应用 (共2份打包)

专题三　牛顿运动定律的理解和应用 『经典特训题组』 1. 如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(　　) A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小 答案　A 解析　物块B向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则由牛顿第二定律得B受到A给的静摩擦力方向向左，大小为f＝mBa，保持不变，A正确。 2. 如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g C．a1＝0，a2＝gg D．a1＝g，a2＝ 答案　C 解析　在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变。木块1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0；木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a2＝g，故C正确。＝ 3．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD 解析　球的质量m＝ρ·得v甲>v乙，故B正确；因f甲>f乙，由Wf＝fh知甲球克服阻力做功较大，D正确。at2知甲球用的时间较短，A、C错误；由v＝，ρ甲＝ρ乙，m甲>m乙，所以r甲>r乙，可得a甲>a乙，由h＝＝g－＝g－πr3，阻力f＝kr，由牛顿第二定律a＝ 4．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是(　　) A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝2 kg C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1 答案　C 解析　由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据计算得出M＋m＝6 kg，当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得a＝，则M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A、B正确；根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出μ＝0.1，当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出a′＝μg＝1 m/s2，故C错误，D正确。，知图线的斜率k＝F－＝ 5．图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10 m/s2。根据图象分析可知(　　) A．张明的重力为1000 N B．e点位置张明处于超重状态 C．c点位置张明处于失重状态 D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度 答案　B 解析　开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N，故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；c点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在d点时，a1＝ m/s2＝10 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。＝ m/s2＝20 m/s2，张明在f点时，a2＝＝ 6. 如图所示，倾角为θ的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图象不可能是(　　) 答案　C 解析　若F>mgsinθ＋μmgcosθ，物块一直做匀加速运动，v­t图象是向上倾斜的直线，A图是可能的；若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，物块一直做匀速运动，v­t图象是平行t轴的直线，B图是可能的；若F<mgsinθ＋μmgcosθ，物块先做匀减速运动，合力大小F合＝μmgcosθ＋mgsinθ－F，因为μ＝tanθ，即有mgsinθ＝μmgcosθ，当速度减至v1时，物块以