【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律 课时作业

牛顿运动定律课时作业 课时作业(六)　第6讲　牛顿运动定律的理解 时间/40分钟 基础达标 ‎1.[2018·浙江温州模拟]在一次交通事故中,一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室.关于这起事故原因的物理分析正确的是(　　)‎ A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,钢材继续向前运动,压扁驾驶室 B.由于汽车紧急制动,使其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动 C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动 D.由于汽车制动前的速度太大,汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动 ‎2.鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中,水对鱼的作用力方向合理的是图K6-1中的 (　　)‎ 图K6-1‎ ‎3.一个质量为2kg的物体在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为15N和20N的两个力,关于此后该物体的运动,下列说法中正确的是 (　　)‎ A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5m/s2‎ B.可能做匀减速直线运动,加速度大小是2m/s2‎ C.一定做匀变速运动,加速度大小可能是15m/s2‎ D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小可能是5m/s2‎ 图K6-2‎ ‎4.[2018·贵阳摸底]如图K6-2所示,竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球,开始时用手托起小球,使弹簧处于压缩状态.迅速放手后,小球在竖直方向做直线运动.已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)‎ A.小球开始时向下做匀加速运动 B.弹簧恢复原长时小球速度达到最大 C.弹簧恢复原长时小球加速度等于零 D.小球运动过程中的最大加速度大于g 图K6-3‎ ‎5.如图K6-3所示,在质量为m的物体上加一个竖直向上的拉力F,使物体以加速度a竖直向上做匀加速运动,不计阻力.下列说法中正确的是 (　　)‎ A.若拉力改为2F,则物体的加速度为2a B.若质量改为,则物体的加速度为2a C.若质量改为2m,则物体的加速度为 D.若质量改为,拉力改为,则物体的加速度不变 图K6-4‎ ‎6.如图K6-4所示,一轻弹簧竖直固定在水平地面上,弹簧正上方有一个小球自由下落.从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中,如图K6-5所示的关于小球的加速度a随时间t或者随与O点的距离x变化的关系图线正确的是 (　　)‎ 图K6-5‎ 图K6-6‎ ‎7.如图K6-6所示,质量为m的物块P放在光滑的木板Q上,木板Q与水平面之间的夹角为θ.‎ 现使Q沿水平方向向左做匀加速直线运动,该过程中P与Q恰好保持相对静止,空气阻力不计,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)‎ A.物块P受到的支持力大小为 B.物块P受到的支持力大小为mgcosθ C.木板Q的加速度大小为gcosθ D.木块Q的加速度大小为gsinθ 技能提升 图K6-7‎ ‎8.如图K6-7所示为英国人阿特伍德设计的装置,不考虑绳与滑轮的质量,不计轴承、绳与滑轮间的摩擦.初始时两人均站在水平地面上,当位于左侧的甲用力向上攀爬时,位于右侧的乙始终用力抓住绳子,最终至少一人能到达滑轮.下列说法中正确的是 (　　)‎ A.若甲的质量较大,则乙先到达滑轮 B.若甲的质量较大,则甲、乙同时到达滑轮 C.若甲、乙质量相同,则乙先到达滑轮 D.若甲、乙质量相同,则甲先到达滑轮 ‎9.(多选)[2018·荆州中学月考]如图K6-8所示,在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球,让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑.在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下,在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶部垂直,则箱子 (　　)‎ 图K6-8‎ A.在斜面甲上做匀加速运动 B.在斜面乙上做匀加速运动 C.对斜面甲的作用力较大 D.对两斜面的作用力相等 ‎10.(多选)如图K6-9所示,质量为m的小球放在半径为R的光滑半球形槽内,当槽以加速度α向右匀加速运动时,小球离槽底的高度为h.下列说法正确的是 (　　)‎ 图K6-9‎ A.槽的加速度a越大,则h越大 B.槽的加速度a越大,则h越小 C.槽的加速度a越大,则小球对槽的压力越大 D.槽的加速度a越大,则小球对槽的压力越小 图K6-10‎ ‎11.如图K6-10所示,一截面为椭圆形的容器内壁光滑,其质量为M,置于光滑水平面上,内有一质量为m的小球.当容器在一个水平向右的力F作用下向右匀加速运动时,小球处于图示位置,重力加速度为g,此时小球对椭圆面的压力大小为 (　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.m B.m C. D. 图K6-11‎ ‎12.如图K6-11所示,当车向右加速行驶时,一质量为m的物块紧贴在车厢壁上,且相对于车厢壁静止.下列说法正确的是 (　　)‎ A.在竖直方向上,车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡 B.在水平方向上,车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力 C.若车的加速度变小,则车厢壁对物块的弹力不变 D.若车的加速度变大,则车厢壁对物块的摩擦力也变大 图K6-12‎ ‎13.如图K6-12所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速运动,小球仍处于图中所示的位置,则 (　　)‎ A.AB绳、BC绳的拉力都变大 B.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力变小 C.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力不变 D.AB绳的拉力不变,BC绳的拉力变大 ‎14.如图K6-13所示,质量m=1kg的小球套在细斜杆上,斜杆与水平方向成α=30°角,小球与杆之间的动摩擦因数μ=,g取10m/s2.小球在竖直向上的拉力F=20N作用下沿杆向上滑动.‎ ‎(1)画出小球的受力示意图.‎ ‎(2)求小球对杆的压力大小和方向.‎ ‎(3)求小球的加速度大小.‎ 图K6-13‎ 挑战自我 ‎15.如图K6-14所示,一轻绳上端系在车的左上角的A点,另一轻绳一端系在车左端B点,B点在A点正下方,A、B距离为b,两绳另一端在C点相结并系一质量为m的小球(可视为质点),绳AC长度为b,绳BC长度为b.两绳能够承受的最大拉力均为2mg,g为重力加速度.则:‎ ‎(1)绳BC刚好被拉直时,车的加速度是多大?‎ ‎(2)为不拉断轻绳,车向左运动的最大加速度是多大?‎ 图K6-14‎ 课时作业(七)　第7讲　牛顿第二定律的应用1‎ 时间/40分钟 基础达标 图K7-1‎ ‎1.[人教版必修1改编]如图K7-1所示,小李同学站在升降电梯内的体重计上,电梯静止时,体重计示数为50kg.电梯运动过程中,某一段时间内小李同学发现体重计示数为55kg.g取10m/s2,在这段时间内,下列说法正确的是 (　　)‎ A.体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力 B.体重计对小李的支持力等于小李的重力 C.电梯的加速度大小为1m/s2,方向竖直向上 D.电梯一定竖直向上运动 ‎2.(多选)[2018·广州二模]如图K7-2甲所示,用力传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化.向下拉小球然后释放,小球沿竖直方向运动,某段时间内采集到的信息如图乙所示,则 (　　)‎ 图K7-2‎ A.t2~t3时间内,小球向下运动,处于超重状态 B.t3~t4时间内,小球向上运动,处于失重状态 C.t4~t5时间内,小球向下运动,处于失重状态 D.t5~t6时间内,小球向上运动,处于超重状态 图K7-3‎ ‎3.[2019·牡丹江一中摸底]某同学站在电梯底板上,如图K7-3所示的v-t图像是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向).根据图像提供的信息可以判断,下列说法中正确的是 (　　)‎ A.在0~20s内,电梯向上运动,该同学处于超重状态 B.在0~5s内,电梯在加速上升,该同学处于失重状态 C.在5~10s内,电梯处于静止状态,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力 D.在10~20s内,电梯在减速上升,该同学处于失重状态 ‎4.[2018·吉林实验中学月考]在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球,经过2t0时间小球落回抛出点,其速率为v1,已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比,则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是图K7-4中的 (　　)‎ 图K7-4‎ 图K7-5‎ ‎5.(多选)如图K7-5所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线.由图线可知该同学 (　　)‎ A.重力约为650N B.做了两次下蹲—起立的动作 C.做了一次下蹲—起立的动作,且下蹲后约2s起立 D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 技能提升 ‎6.将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的v-t图像如图K7-6所示,g取10m/s2.下列说法中正确的是 (　　)‎ 图K7-6‎ A.小球重力和阻力大小之比为6∶1‎ B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3‎ C.小球落回到抛出点的速度大小为8m/s D.小球下落过程,受到向上的空气阻力,处于超重状态 图K7-7‎ ‎7.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图K7-7所示.设投放的初速度为零,下落过程中箱子所受的空气阻力与箱子运动的速率成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中,下列说法正确的是 (　　)‎ A.箱子与箱内物体一起做自由落体运动 B.由于失重,箱内物体对箱子底部始终没有压力 C.下落过程中,空气阻力越大,箱内物体对箱子底部的压力越小 D.不论下落距离有多长,箱内物体都不可能不受底部支持力而“飘起来”‎ ‎8.[2019·温州一模]如图K7-8所示,一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”,弹起的高度为H=2h,以不同的姿态落入水中时,其入水深度不同.若鱼身水平,则落入水中的深度为h1=h;若鱼身竖直,则落入水中的深度为h2=1.5h.假定鱼的运动始终在竖直方向上,在水中保持姿态不变,受到水的作用力也不变,重力加速度为g,空气阻力不计,鱼身的尺寸远小于鱼入水深度.求:‎ ‎(1)鱼入水时的速度大小v;‎ ‎(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2;‎ ‎(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2.‎ 图K7-8‎ ‎9.研究表明,一般人的刹车反应时间(即图K7-9甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长.在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m.减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动.重力加速度的大小g取10m/s2.求:‎ ‎(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间;‎ ‎(2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间;‎ ‎(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值.‎ 图K7-9‎ ‎10.[2018·内蒙古赤峰模拟]2018年2月在平昌冬奥会中,我国运动员李馨参加了两项越野滑雪的比赛,成绩有所突破.如图K7-10所示,某次滑雪训练,如果运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=75N而从静止向前滑行,其作用时间为t1=1.0s.撤除水平推力F后经过t2=2.0s,她第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同.已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f=15N,运动员可视为质点,不考虑空气阻力.求:‎ ‎(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小及这段时间内的位移大小;‎ ‎(2)运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.‎ 图K7-10‎ 挑战自我 ‎11.如图K7-11所示,斜面体ABC放在粗糙的水平地面上,滑块在斜面底端以初速度v0=9.6m/s沿斜面上滑,整个过程中斜面体保持静止.已知滑块的质量m=1kg,斜面的倾角θ=37°,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45.sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.‎ ‎(1)求滑块回到出发点时的速度大小.‎ ‎(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力f随时间t变化的图像.‎ 图K7-11‎ 课时作业(八)　第8讲　牛顿第二定律的应用2‎ 时间/40分钟 基础达标 图K8-1‎ ‎1.[2018·湖北七校联考]如图K8-1所示,在光滑的水平面上有一段长为l、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动.绳子上某一点到绳子右端的距离为x,设该处的张力为T,则能正确描述T与x之间的关系的图像是图K8-2中的 (　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图K8-2‎ ‎2.如图K8-3所示,质量分别为m1=3kg、m2=2kg的两个物体A和B置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在A、B上,则 (　　)‎ 图K8-3‎ A.弹簧测力计的示数是50N B.弹簧测力计的示数是24N C.在突然撤去F2的瞬间,B的加速度大小为6m/s2‎ D.在突然撤去F2的瞬间,A的加速度大小为10m/s2‎ 图K8-4‎ ‎3.(多选)水平面上有一质量m=2kg的小球,小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连,如图K8-4所示,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零,轻绳与竖直方向成θ=45°角.已知小球与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.下列说法正确的是 (　　)‎ A.若剪断轻绳,则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N B.若剪断轻绳,则剪断的瞬间小球的加速度大小为8m/s2,方向向左 C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度为零 图K8-5‎ ‎4.如图K8-5所示,两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上,水平轻绳一端连接A,另一端固定在墙上,A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动,系统达到稳定后,剪断轻绳的瞬间,设A、B的加速度大小分别为aA和aB,弹簧在弹性限度内,重力加速度为g,则 (　　)‎ A.aA=μg,aB=μg B.aA=μg,aB=0‎ C.aA=μg,aB=0‎ D.aA=μg,aB=μg 图K8-6‎ ‎5.如图K8-6所示,在倾角为α的固定光滑斜面上有一用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍,重力加速度为g.当绳子突然断开时,猫立即沿着木板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变,则此时木板沿斜面下滑的加速度为 (　　)‎ A.1.5gsinα B.sinαC.gsinα D.2gsinα 图K8-7‎ ‎6.[2018·厦门双十中学月考]如图K8-7所示,质量为m的光滑小球放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左、右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角.槽放在光滑的水平桌面上,用细线绕过滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态.通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出.滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为 (　　)‎ A.m B.2m C.(-1)m D.(+1)m 图K8-8‎ ‎7.(多选)[2018·武汉调研]如图K8-8所示,光滑水平桌面放置着物块A,它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B.已知A的质量为m,B的质量为3m,重力加速度大小为g,则由静止释放物块A、B后 (　　)‎ A.相同时间内,A、B运动的路程之比为2∶1‎ B.物块A、B的加速度大小之比为1∶1‎ C.细绳的拉力为 D.细绳的拉力为 技能提升 图K8-9‎ ‎8.[2018·武汉五月调考]如图K8-9所示,材料相同的两物体A、B由轻绳连接,质量分别为m1、m2,在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳的拉力大小 (　　)‎ A.与斜面的倾角θ有关 B.与物体和斜面间的动摩擦因数μ有关 C.与两物体的质量m1和m2有关 D.若改用F沿斜面向下拉连接体,轻绳的拉力大小不变 图K8-10‎ ‎9.[2018·贵阳模拟]如图K8-10所示,劲度系数为k的轻质弹簧上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m的托盘B上,以FN表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量.初始时,在竖直向上的力F作用下系统处于静止,且弹簧处于自然状态(x=0).现改变力F的大小,使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度,空气阻力不计),此过程中FN或F随x变化的图像正确的是图K8-11中的 (　　)‎ 图K8-11‎ ‎10.A、B两物体并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图K8-12甲所示,在A、B的速度达到6m/s时,撤去推力F.已知A、B的质量分别为mA=1kg、mB=3kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的v-t图像如图乙所示.g取10m/s2,求:‎ ‎(1)推力F的大小.‎ ‎(2)A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离.‎ 图K8-12‎ 挑战自我 图K8-13‎ ‎12.如图K8-14所示,一圆环A套在一均匀圆木棒B上,A的长度相对B的长度来说可以忽略不计,A和B的质量都等于m,A和B之间的滑动摩擦力为f(ft2‎ C.t1v)滑上传送带,在小木块沿传送带向上运动的阶段,速度随时间变化的关系图像一定不可能是图Z3-8中的 (　　)‎ 图Z3-8‎ 技能提升 ‎7.[2018·安徽江淮十校联考]一长木板在水平地面上向右运动,在t=0时刻其速度v0=10m/s,此时将一相对于地面静止的炭块轻放到木板右端.已知木板和炭块的质量均为1kg,炭块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.6,炭块始终在木板上,重力加速度g取10m/s2.‎ ‎(1)经过多长时间,炭块速度增大到与木板相同?此段时间内炭块在木板上留下的黑色痕迹有多长?‎ ‎(2)从t=0时刻到炭块与木板均停止运动时,炭块到木板右端的距离是多少?‎ ‎8.如图Z3-9所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:‎ ‎(1)煤块从A运动到B的时间;‎ ‎(2)煤块从A运动到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.‎ 图Z3-9‎ ‎9.[2019·长春联考]如图Z3-10甲所示,长为L=4.5m的木板放在水平地面上,质量为m=1kg的小物块(可视为质点)放在木板的左端,开始时两者静止.现用一水平向左的力F作用在木板上,通过传感器测小物块、木板的加速度与外力F的变化关系如图乙所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.‎ ‎(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;‎ ‎(2)求木板的质量M及它与水平地面之间的动摩擦因数;‎ ‎(3)若开始时对木板施加水平向左的恒力F=29N,且给小物块一水平向右的初速度v0=4m/s,求t=2s时小物块到木板右端的距离.‎ 图Z3-10‎ 挑战自我 ‎10.[2018·湖北孝感一中月考]传送带以恒定速率v=4m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°.现将质量m=1kg的小物块轻放在传送带底端(小物块可看成质点),‎ 平台上的人通过一根轻绳用恒力F=10N拉小物块,经过一段时间,小物块被拉到离传送带底端高为H=1.8m的平台上,如图Z3-11所示.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.‎ ‎(1)求小物块在传送带上运动的时间;‎ ‎(2)若在小物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F,则小物块还需多长时间才能脱离传送带?‎ 图Z3-11‎ 课时作业(六)‎ ‎1.A　[解析]由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室.惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,A正确.‎ ‎2.C　[解析]对鱼分析,加速度向右,则重力与水对鱼的作用力的合力水平向右,所以水对鱼的作用力斜向右上方,选项C正确.‎ ‎3.C　[解析]由平衡条件知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为25N和10N的两个力后,物体的合力大小范围为5N≤F合≤35N,物体的加速度范围为2.5m/s2≤a≤17.5m/s2,撤去两个力后,加速度可能为5m/s2,但是若速度与合加速度方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,选项A错误;撤去两个力后,加速度不可能为2m/s2,选项B错误;若物体原来做匀速直线运动,则撤去两个力后,剩下力的合力恒定,物体做匀变速运动,加速度大小可能是15m/s2,但不可能做匀速圆周运动,选项C正确,D错误.‎ ‎4.D　[解析]对小球,刚松手时,有mg+kx=ma1,做加速度减小的加速运动,当kx=0时,加速度为g,然后弹簧伸长,加速度a2=,继续做加速度减小的加速运动,当mg=kx时,速度最大,继续向下运动,加速度a3=,做加速度增大的减速运动到最低点,选项A、B、C错误,选项D正确.‎ ‎5.D　[解析]由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a==-g,若拉力改为2F,则物体的加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,则物体的加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,则物体的加速度a3=-g<,选项C错误;若质量改为,拉力改为,则物体的加速度a4=-g=a,选项D正确.‎ ‎6.B　[解析]从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B正确,选项D错误;‎ 加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A、C错误.‎ ‎7.A　[解析]物块P受重力和支持力作用,由牛顿第二定律得mgtanθ=ma,故加速度为gtanθ,选项C、D错误;支持力FN=,选项A正确,B错误.‎ ‎8.A　[解析]由于滑轮光滑,故绳子拉甲的力与绳子拉乙的力大小相等,若甲的质量大,则甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,则甲攀爬时,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误.‎ ‎9.BC　[解析]斜面甲上的小球所受的合力为0,做匀速运动,斜面甲对箱子的作用力与箱子和小球的总重力(m+M)g大小相等;斜面乙上的小球所受的合力为mgsinθ,做匀加速运动,对乙图中的小球和箱子,斜面乙对箱子的作用力大小为(m+M)gcosθ,小于(m+M)g,选项B、C正确.‎ ‎10.AC　[解析]对小球受力分析如图所示,设小球所在位置的半径与水平方向的夹角为θ,则小球所受的合力F合=,根据牛顿第二定律得F合==ma,解得tanθ=,槽的加速度a越大,则θ越小,由几何关系可知h越大,故A正确,B错误;槽对球的支持力FN=,槽的加速度a越大,则θ越小,由FN=知FN越大,由牛顿第三定律知,球对槽的压力越大,故C正确,D错误.‎ ‎12.A　[解析]对物块受力分析如图所示,由牛顿第二定律知,在竖直方向,有f=mg,在水平方向,有FN=ma,A正确,C、D错误;车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力,B错误.‎ ‎13.D　[解析]如图所示,车加速时,球的位置不变,则AB绳的拉力沿竖直方向的分力T1cosθ仍等于重力G,T1=不变;向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供,故T2变大,选项D正确.‎ ‎14.(1)如图所示 ‎(2)5N　方向垂直于杆向上 ‎(3)2.5m/s2‎ ‎[解析](1)小球的受力示意图如图所示.‎ ‎(2)建立如图所示的坐标系,沿y方向,有 ‎(F-mg)cos30°-FN=0‎ 解得FN=5N 根据牛顿第三定律知,小球对杆的压力大小为5N,方向垂直于杆向上.‎ ‎(3)沿x方向,由牛顿第二定律得 ‎(F-mg)sin30°-f=ma 而f=μFN 解得a=2.5m/s2.‎ ‎15.(1)g　(2)3g ‎[解析](1)绳BC刚好被拉直时,小球受力如图甲所示.‎ 因为AB=BC=b,AC=b 故绳BC方向与AB垂直,cosθ=,则θ=45°‎ 由牛顿第二定律得mgtanθ=ma 解得a=g ‎(2)小车向左的加速度增大,AC、BC绳方向不变,所以AC绳的拉力不变,BC绳的拉力变大,当BC绳的拉力最大时,小车向左的加速度最大,小球受力如图乙所示.‎ 由牛顿第二定律得Tm+mgtanθ=mam 因Tm=2mg,所以最大加速度为am=3g 课时作业(七)‎ ‎1.C　[解析]体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系,所以大小相等,方向相反,选项A错误;体重计示数就是体重计对小李的支持力大小,在这段时间内,支持力大于小李的重力,选项B错误;根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,解得加速度a=1m/s2,方向竖直向上,选项C正确;根据题意,小李处于超重状态,但不能确定速度方向,选项D错误.‎ ‎2.BC　[解析]t2~t3时间内,橡皮绳拉力减小且大于重力,小球向上运动,处于超重状态,选项A错误;t3~t4时间内,橡皮绳拉力减小且小于重力,小球向上运动,处于失重状态,选项B正确;t4~t5时间内,橡皮绳拉力增大且小于重力,小球向下运动,处于失重状态,选项C正确;t5~t6时间内,橡皮绳拉力增大且大于重力,小球向下运动,处于超重状态,选项D错误.‎ ‎3.D　[解析]图像的斜率表示加速度,由图像知,在0~5s内,斜率为正,加速度为正,方向向上,处于超重状态,速度为正,即电梯向上加速运动;在5~10s内,电梯匀速运动,该同学的加速度为零,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力;10~20s内,斜率为负,速度为正,即电梯向上做减速运动,加速度向下,处于失重状态,选项A、B、C错误,选项D正确.‎ ‎4.A　[解析]小球向上运动时,加速度a1=随速度减小而减小;小球向下运动时,加速度a2=随速度增大而减小,上升和下降的位移大小相等,则上升、下降对应图线与t轴围成的面积相等,将在t0时刻前到达最高点,选项A正确.‎ ‎5.AC　[解析]当该同学站在力传感器上静止时,其合力为零,即支持力大小等于该同学的重力,由图线可知,该同学的重力约为650N,A正确.每次下蹲,该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动,即先经历失重状态,后经历超重状态,读数F先小于重力,后大于重力;每次起立,该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)‎ 的运动,即先经历超重状态,后经历失重状态,读数F先大于重力、后小于重力.由图线可知C正确,B、D错误.‎ ‎6.C　7.D　[解析]刚释放时,速度较小,空气阻力较小,箱子做加速运动,随箱子下落速度的增大,空气阻力不断变大,故箱子做加速度不断减小的加速运动,当加速度减为零时,速度达到最大,之后做匀速运动,在达到稳定速度前,箱内物体一直处于失重状态,对箱内物体受力分析,其受到重力和支持力,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,由于a逐渐减小到0,故支持力FN由0逐渐增大到mg,之后保持不变,选项A、B、C错误;支持力FN由0逐渐增大到mg,之后保持不变,所以即使下落距离足够长,箱内物体也不可能“飘起来”而处于完全失重状态,选项D正确.‎ ‎8.(1)2　‎ ‎9.(1)8m/s2　2.5s　(2)0.3s　 [解析](1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得,初速度v0=20m/s,末速度v=0,位移x=25m,由运动学公式得 =2ax t= 联立以上两式,代入数据得 a=8m/s2,t=2.5s.‎ ‎(2)设志愿者饮酒后反应时间为t',与一般人相比,反应时间的增加量为Δt,由运动学公式得 L=v0t'+x Δt=t'-t0‎ 联立以上两式,代入数据得 Δt=0.3s.‎ ‎(3)设志愿者所受的合外力大小为F,汽车对志愿者的作用力大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得 F=ma 由平行四边形定则得 =F2+(mg)2‎ 联立以上两式,代入数据得 =.‎ ‎10.(1)1m/s　0.5m　(2)2.5m ‎[解析](1)运动员在雪道上用滑雪杖对雪面作用时,根据牛顿第二定律得F-f=ma1‎ 解得加速度为a1=1m/s2‎ t1=1.0s时的速度为v1=a1t1=1m/s 这段时间内的位移x1=a1=0.5m ‎(2)撤去水平推力后,运动员减速运动,根据牛顿第二定律得f=ma2‎ 解得加速度大小为a2=0.25m/s2‎ 撤去水平推力F后,经过2s时的速度为v2=v1-a2t2=0.5m/s 第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同,有-=2a1x1‎ 解得v3=m/s 此后在水平方向上仅受摩擦力作用而做匀减速运动,有=2a2x2‎ 解得x2=2.5m ‎11.(1)4.8m/s　(2)如图所示 ‎[解析](1)滑块沿斜面上滑过程,由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1‎ 解得a1=9.6m/s2‎ 设滑块上滑的位移大小为L,则=2a1L 解得L=4.8m 滑块沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma2‎ 解得a2=2.4m/s2‎ 根据v2=2a2L 解得v=4.8m/s.‎ ‎(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1==1s 对斜面与滑块体构成的系统受力分析,有f1=ma1cosθ=7.68N 滑块沿斜面下滑过程用时t2==2s 对斜面与滑块体构成的系统受力分析,有f2=ma2cosθ=1.92N f随时间变化的图像如图所示.‎ 课时作业(八)‎ ‎1.A　[解析]对整体,有F=ma,对右侧长度为x的绳子,有T=a,则T=,选项A正确.‎ ‎2.B　[解析]对两物体和弹簧测力计组成的系统,根据牛顿第二定律得,整体的加速度a==m/s2=2m/s2,隔离B,根据牛顿第二定律得F-F2=m2a,解得F=24N,所以弹簧测力计的示数为24N,选项A错误,B正确;在突然撤去F2的瞬间,弹簧测计力的弹力不变,A的加速度不变,为2m/s2,B的加速度a2==m/s2=12m/s2,选项C、D错误.‎ ‎3.ABD　[解析]最初水平面对小球的弹力为零,小球受到重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态,根据平衡条件,竖直方向上,有Tcosθ=mg,水平方向上,有Tsinθ=F,解得弹簧弹力F=mgtanθ=20N,剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,仍为20N,小球在竖直方向上仍平衡,即水平面的支持力FN=mg,水平方向上弹簧的弹力保持不变,由牛顿第二定律得,小球的加速度a==m/s2=8m/s2,方向向左,A、B正确;剪断弹簧的瞬间,小球立即只受地面支持力和重力作用,且二力平衡,加速度为零,C错误,D正确.‎ ‎4.C　[解析]剪断轻绳前,对B,有F弹=fB=μm2g,传送带对A的滑动摩擦力fA=μm1g,弹簧给A向右的弹簧弹力F'弹=F弹=μm2g,当剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不变,B的合力为零,即aB=0,轻绳的拉力为零,A受到向右的弹力以及滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得aA==μg,选项C正确.‎ ‎5.A　[解析]对猫,有f=mgsinθ,对长木板,有f+2mgsinθ=2ma,故加速度a=1.5gsinθ,选项A正确.‎ ‎6.D　[解析]当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和圆弧槽A点给的支持力,如图所示,由牛顿第二定律得=ma,解得a=;以整体为研究对象,由牛顿第二定律得Mg=(M+2m)a,解得M=(+1)m,故选项D正确.‎ ‎7.AC　[解析]相同时间内,A、B运动的路程、加速度大小之比都为2∶1,选项A正确,B错误;由牛顿第二定律得3mg-2T=3ma,T=2ma,则细绳的拉力选项C正确,D错误.‎ ‎8.C　[解析]对整体,有F-(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a,对物体B,有T-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a,联立解得T=F,选项A、B错误,C正确;若将F反向,对整体,有F+(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a',对物体A,有T'+m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a',联立解得T'=F,选项D错误.‎ ‎9.D　[解析]刚开始,A、B匀加速运动,有2mg-F=2ma,则F=mg,当A和B间的弹力为零时,对A,由牛顿第二定律得mg-kx=ma,则弹簧的弹力kx=(即x=),在A、B间弹力减为0之前,对A,有mg-kx-FN=ma,二者之间的弹力FN由开始运动时的线性减小到零,选项A、B错误;在A、B间弹力减为0之前,对A、B整体,有2mg-kx-F=2ma,当kx=时,F=,力F由开始时的mg线性减小到,在弹力减为0之后,托盘与物块分离,力F保持不变,选项C错误,D正确.‎ ‎10.(1)15N　(2)6m ‎[解析](1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的v-t图像得a=3m/s2.对于A、B整体,由牛顿第二定律得 F-μmAg=(mA+mB)a,‎ 解得F=15N.‎ ‎(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对A物体,有 μmAg=mAaA,‎ 解得aA=μg=3m/s2,‎ 由v0-aAt=0,‎ 解得t=2s,‎ 物体A的位移为xA=t=6m,‎ 物体B的位移为xB=v0t=12m,‎ 所以A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离为Δx=xB-xA=6m.‎ ‎11.A　[解析]在剪断细线前,对A、B及弹簧整体,由牛顿第二定律得F-3mg=3ma,对B,由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma,由此可得F弹=,细线被剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,此时A球受到向下的重力和弹簧的弹力作用,有F弹+mg=maA,解得aA=+g,选项A正确.‎ ‎12.(1)见解析　(2)‎ ‎[解析](1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动,加速度大小都为a=g,B与地面碰撞后,A继续向下做匀加速运动,加速度大小 aA=,‎ B竖直向上做匀减速运动,加速度大小 aB=,‎ B速度减为零后,继续以加速度aB向下运动.‎ ‎(2)B第一次着地前瞬间的速度为v1=,‎ B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 t=,‎ 在此时间内A的位移x=v1t+aAt2,‎ 要使B再次着地前A不脱离B,木棒长度L必须满足 L≥x,‎ 联立解得L≥.‎ 专题训练(三)‎ ‎1.A　[解析]对小车,由牛顿第二定律得F-f=Ma,则摩擦力f=F-Ma,选项A正确.‎ ‎2.C　[解析]设圆轨道的半径为R,根据等时圆模型知t乙>t甲,t甲=2;丙做自由落体运动,有 t丙=,所以有t乙>t甲>t丙,选项C正确.‎ ‎3.A　[解析]设杆与竖直方向的夹角为α,圆周的直径为D,根据牛顿第二定律得,滑环的加速度为a==gcosα,杆的长度为x=Dcosα,根据x=at2得,t===,所以时间t与α无关,故t1=t2,选项A正确.‎ ‎4.C　[解析]当A、B相对静止且A、B间恰好达到最大静摩擦力时,三者有相同的加速度,对A,有μ1mg=ma1,解得a1=μ1g=2m/s2;当A、B间发生了相对滑动,而B与小车间恰好达到最大静摩擦力时,A的加速度仍为a1=μ1g=2m/s2,对B,有μ2·2mg-μ1mg=ma2,解得a2=2μ2g-μ1g=4m/s2,故小车的加速度大小a0的范围为2m/s2μmgcosθ,则加速度a2==gsinθ-μgcosθ,图像为B;若mgsinθ≤μmgcosθ,则加速度a3=0,图像为A;不可能为C.‎ ‎7.(1)0.5s　2.5m　(2)2.25m ‎[解析](1)炭块的加速度a1=μ1g=4m/s2‎ 对木板,有μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2‎ 设历时t速度相同,有v=a1t=v0-a2t 联立解得t=0.5s,v=2m/s,a2=16m/s2‎ 黑色痕迹长Δx1=v0t-a2t2-a1t2=2.5m ‎(2)速度相等后,假设二者能相对静止一起匀减速运动,则 对整体,有μ2(M+m)g=(M+m)a 对炭块,有f=ma 解得f=6N 由于f>μ1mg=4N,故假设不成立,两者会相对滑动 炭块减速时的加速度大小a'1=a1=μ1g=4m/s2‎ 木板减速时,有μ2(M+m)g-μ1mg=Ma'2‎ 解得a'2=8m/s2‎ 故Δx2=+-2=2.25m ‎8.(1)1.5s　(2)5m ‎[解析](1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2,‎ 加速过程中,有t1==1s,‎ x1=a1=5m,‎ 速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则 a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2,‎ x2=L-x1=5.25m,‎ 由x2=v0t2+a2,‎ 解得t2=0.5s.‎ 煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5s.‎ ‎(2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5m,‎ 第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25m,‎ 两过程痕迹部分重合,故痕迹总长为5m.‎ ‎9.(1)0.4　(2)4kg　0.1　(3)8.125m ‎[解析](1)由图像知,使小物块和木板能一起运动的最大外力Fm=25N,‎ 当F>25N时,小物块与木板相对滑动,对小物块,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,‎ 由图像知a1=4m/s2,‎ 解得μ1=0.4.‎ ‎(2)对木板,由牛顿第二定律得F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,‎ 即a2==+,‎ 由图像解得M=4kg,μ2=0.1.‎ ‎(3)给小物块一水平向右的初速度v0=4m/s时,小物块运动的加速度大小为a1=4m/s2,方向水平向左,‎ 设小物块运动t1时间速度减为零,则t1==1s,‎ 位移x1=v0t1-a1=2m,‎ 木板的加速度大小a2==5m/s2,方向向左,‎ 木板的位移大小x2=a2=2.5m,‎ 此时木板的速度v2=a2t1=5m/s,‎ 由于x1+x2=L,即此时小物块运动到木板的右端,当木板继续运动时,小物块从木板的右端竖直掉落,‎ 设小物块从木板上掉下来后木板的加速度大小为a3,对木板,由牛顿第二定律得F-μ2Mg=Ma3,‎ 解得a3=m/s2,‎ 在t=2s时小物块与木板右端的距离x3=v2(t-t1)+a3(t-t1)2=8.125m.‎ ‎10.(1)1s　(2)(2-)s ‎[解析](1)小物块在其速度达到与传送带速度相等前做匀加速直线运动,有 F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1‎ 解得a1=8m/s2‎ 由v=a1t1‎ 解得t1=0.5s 位移x1a1=1m 小物块与传送带达到相同速度后,因F-mgsin37°=4N=μmgcos37°,故小物块在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升,位移x2=-x1=2m 则t2==0.5s 总时间为t=t1+t2=1s ‎(2)在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去恒力F,因为μx2‎ 故小物块向上匀减速运动到速度为零前已经滑上平台 由x2=vt3-a2 解得t3=(2-)s[t3=(2+)s舍去].‎