2019物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練基礎(chǔ)回扣練3

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精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B2．如圖1所示，一些商場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(）圖1A．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、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2A．g，g,gB．－5g,2。5g，0C．－5g,2g,0D．－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0.5s、1。5s、2。5s、3。5s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3A．F1<F2 B．F2＝F3C．F1〉F4 D．F3〉F4答案CD解析由題圖v－t圖象可知，0。5s、1.5s時(shí)刻的加速度a1、a2的方向都為正，而且a1〉a2，在2s時(shí)刻的速度達(dá)到最大值，此時(shí)加速度等于0,2.5s、3.5s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)量為m，重力加速度為g?，F(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4A．物體A的質(zhì)量為2mB．施加外力后，物體B的加速度大小為eq\f（1，2)gC．施加外力后，物體B的加速度大小為eq\f（2，3）gD．系統(tǒng)加速過程中，輕繩的張力大小為eq\f（4,3)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′＝ma，對(duì)物體Amg,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5A．meq\r（g2－\f(F，M＋m)2)B．meq\r(g2＋\f（F，M＋m)2）C．meq\r（g2＋\f（F,m）2）D。eq\r（mg2＋F2）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＝eq\f(F,M＋m)，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＝eq\r(mg2＋ma2)＝meq\r（g2＋\f(F,m＋M）2）,B正確．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6A．勻速向下奔跑B．以加速度a＝eq\f(M,m)gsinα向下加速奔跑C．以加速度a＝（1＋eq\f（M,m）)gsinα向下加速奔跑D．以加速度a＝(1＋eq\f(M,m））gsinα向上加速奔跑答案C8．（多選)(2018·錫山中學(xué)月考）如圖7所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長都是2m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/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10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8）(）圖7A．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gsin37°＞μmgcos37°，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＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝1s。所以傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為x＝vt＝1m。則物塊A對(duì)傳送帶的劃痕為：Δx1＝2m－1m＝1m對(duì)物