【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律综合应用课时作业

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【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律综合应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律综合应用 课时作业 ‎1. (2017·海南高考)(多选)如图,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P,设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是(  )‎ A.若μ≠0,则k= B.若μ≠0,则k= C.若μ=0,则k= D.若μ=0,则k= 答案 BD 解析 对整体,由牛顿第二定律有F-μ(m+2m+3m)g=(m+2m+3m)a,设R和Q之间相互作用力的大小为F1,Q与P之间相互作用力的大小为F2,对R,由牛顿第二定律有F1-μ(3m)g=3ma,解得F1=,对Q和R组成的整体,由牛顿第二定律有F2-μ(2m+3m)g=(2m+3m)a,解得F2=,所以k==,与μ无关,B、D正确。‎ ‎2.(2018·安徽质检)如图所示,若干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串,将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时,这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是(  )‎ 答案 A 解析 小球的加速度与车厢的加速度相同,设最上端的绳与竖直方向的夹角为θ,对所有小球组成的整体分析,有m总gtanθ=m总a,解得tanθ=,设第二段绳与竖直方向的夹角为θ′,对除最上面第一个球外剩余的小球分析,根据牛顿第二定律有,(m总-m1)gtanθ′=(m总-m1)a,解得tanθ′=,同理可知,连接小球的绳子与竖直方向的夹角均相等,可知各小球和细绳在一条直线上,向左偏,A正确,B、C、D错误。‎ ‎3. (2018·洛阳统考)如图所示,物体A放在斜面体B上,A恰能沿斜面匀速下滑,而斜面体B静止不动。若沿斜面方向用力向下拉物体A,使物体A沿斜面加速下滑,则此时斜面体B对地面的摩擦力(  )‎ A.方向水平向左 B.方向水平向右 C.大小为零 D.无法判断大小和方向 答案 C 解析 物体A放在斜面体B上,A恰能沿斜面匀速下滑,隔离A进行受力分析,可知斜面体B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力等大反向,对B进行受力分析,由平衡条件可知,地面对斜面体的摩擦力为零。若沿斜面方向用力向下拉物体A,使物体A沿斜面加速下滑,则A对斜面体B的压力和摩擦力不变,所以地面对斜面体的摩擦力为零,斜面体B对地面的摩擦力大小也为零,C正确。‎ ‎4.(2019·抚顺模拟)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图象。取g=10 m/s2,则下列说法错误的是(  )‎ 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 从图乙中可知,当F>6 N时,两者发生相对运动,当F≤6 N时两者相对静止,当F=6 N时,对整体可得F=(M+m)a,即M+m=6 kg,当F>6 N时对木板分析:水平方向受到拉力和m给的摩擦力,故有a==F-,图象的斜率k===,即M=2 kg,所以m=4 kg,将F>6 N时图线反向延长,可得当F=4 N时,加速度为零,代入可得0=×4-,解得μ=0.1,故A、B、D正确;当F=8 N时滑块加速度为a==μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2,故C错误。‎ ‎5. (2017·海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ 的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:‎ ‎(1)弹簧的劲度系数;‎ ‎(2)物块b加速度的大小;‎ ‎(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。‎ 答案 (1) (2)gsinθ ‎(3)F=t2+ 解析 (1)物块a、b静止在斜面上,由平衡条件有 gsinθ=kx0,‎ 解得k=。‎ ‎(2)设物块b加速度的大小为a,a、b分离时b运动的位移为x1,由运动学公式有x1=at,x0=a(2t1)2,‎ 分离瞬间,对物块a进行受力分析,由牛顿第二定律有 k(x0-x1)-mgsinθ=ma,‎ 联立以上各式解得a=gsinθ。‎ ‎(3)设外力为F,经过时间t弹簧的压缩量为x,在物块a、b分离前,对物块a、b整体,由牛顿第二定律有 F+kx-gsinθ=a,‎ 由运动学公式有x0-x=at2,‎ 联立以上各式解得F=t2+。‎ 配套课时作业 ‎  时间:60分钟 满分:100分 一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。其中1~6为单选,7~10为多选)‎ ‎1. (2018·山东潍坊模拟)一架无人机质量为2 kg,运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动,一段时间后关闭动力系统,其vt图象如图所示,g取10 m/s2。下列判断正确的是(  )‎ A.无人机上升的最大高度为72 m B.6~8 s内无人机下降 C.无人机的升力大小为28 N D.无人机所受阻力大小为4 N 答案 D 解析 在vt图象中,图象与时间轴所围的面积表示位移,由题图知,无人机上升的最大高度h=×24×8 m=96 m,A错误;由题图知,6~8 s内无人机向上做减速运动,直到速度减为零,8 s末上升到最高点,B错误;由题图知,vt图象的斜率即为无人机运动的加速度,故0~6 s内无人机的加速度大小a1=4 m/s2,6~8 s内无人机的加速度大小a2=12 m/s2,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1,f+mg=ma2,由以上两式解得F=32 N,f=4 N,D正确,C错误。‎ ‎2.如图所示,一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上,它的顶角为90°,两底角分别为α和β; a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块,已知所有接触面都光滑,现发现a、b沿斜面下滑,而楔形木块静止不动,这时楔形木块对水平桌面的压力等于(  )‎ A.Mg+mg B.Mg+2mg C.Mg+mg(sinα+sinβ) D.Mg+mg(cosα+cosβ)‎ 答案 A 解析 取a、b、A整体为研究对象,其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示。以竖直向上为正方向,在竖直方向上由牛顿第二定律得:FN-(M+2m)g=M·0+ma1y+ma2y。其中,a1y=-gsin2α,a2y=-gsin2β,得水平桌面对楔形木块的支持力FN=Mg+mg,由牛顿第三定律得A正确。‎ ‎3. (2018·蓉城名校联盟联考)质量为m的物体在受到竖直向上的拉力F的作用下竖直向下运动,其运动的速度随时间变化的vt图象如图所示。假设物体受到恒定的空气阻力作用,在0~t0、t0~3t0、3t0~4t0时间内F的大小分别为F1、F2和F3,则(  )‎ A.F1>F2>F3 B.F1F3>F2 D.F1=F3>F2‎ 答案 B 解析 由vt图象可知,物体在0~t0的时间内向下做匀加速直线运动,加速度大小为a1=,设物体受到恒定的空气阻力大小为f,由牛顿第二定律可知mg-F1-f=ma1,解得F1=mg-m-f;物体在t0~3t0的时间内向下做匀速直线运动,则由力的平衡条件可知F2+f=mg即F2=mg-f;物体在3t0~4t0的时间内向下做匀减速直线运动,加速度大小为a3=,由牛顿第二定律可知F3-mg+f=ma3,解得F3=mg+m-f,因此F3>F2>F1,B正确。‎ ‎4. 质量为m0的物体A放在粗糙水平桌面上,B为砂桶,A、B两物体通过跨接在光滑的定滑轮上的轻质细线连接,如图所示。开始时两物体均静止,砂桶B距地面的高度为h,然后逐渐向砂桶中加砂子,则下面说法不正确的是(  )‎ A.砂桶中加的砂子越多,细线上的拉力越大 B.砂桶中加的砂子越多,细线上的拉力可能越小 C.物体A发生滑动后,砂和砂桶的质量越大,细线上拉力越大 D.某次实验时,物体A的质量与砂和砂桶的总质量相等,若物体A沿桌面滑行的最远距离等于2h,则可以求出物体A与桌面的动摩擦因数 答案 B 解析 物体A发生滑动之前,细线上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和,物体A发生滑动后,设砂桶和砂子的总质量为m,加速度大小为a,对B有mg-FT=ma,对A有FT-μm0g=m0a,联立两式整理得FT=,m越大,拉力越大,故A、C正确,B错误;分析物体A的整个运动过程,加速阶段和减速阶段的位移大小均为h,知加速与减速过程的加速度大小相等,根据mg-FT=ma,FT-μm0g=m0a,m=m0和a=μg,可求出动摩擦因数μ,D正确。本题选不正确的,故选B。‎ ‎5.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时两物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动,测得两个物体的vt图象如图乙所示(重力加速度为g),则(  )‎ A.施加外力前,弹簧的形变量为 B.外力施加的瞬间,A、B间的弹力大小为M(g-a)‎ C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力恰好为零 D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值 答案 B 解析 施加外力F前,物体A、B整体平衡,根据平衡条件有2Mg=kx,解得x=,故A错误;施加外力F的瞬间,对物体B,根据牛顿第二定律有F弹-Mg-FAB=Ma,其中F弹=2Mg,解得FAB=M(g-a),故B正确;由题图乙知,物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v和a,且FAB=0,对B有F弹′-Mg=Ma,解得F弹′=M(g+a),故C错误;当F弹′=Mg时,B达到最大速度,故D错误。‎ ‎6. 如图所示,质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上,车上站着一质量为m的人,若要平板车静止在斜面上,车上的人必须(  )‎ A.匀速向下奔跑 B.以加速度a=gsinα,向下加速奔跑 C.以加速度a=gsinα,向下加速奔跑 D.以加速度a=gsinα,向上加速奔跑 答案 C 解析 作出车的受力图,如图甲所示,求出人对车的摩擦力Ff=Mgsinα;作出人的受力图,如图乙所示,则mgsinα+Ff′=ma,且Ff′=Ff,解出a=gsinα,方向沿斜面向下。故C正确。‎ ‎7.如图所示,甲、乙两车均在光滑的水平面上,质量都是M,人的质量都是m,甲车上的人用力F推车,乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计);人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是(  )‎ A.甲车的加速度大小为 B.甲车的加速度大小为0‎ C.乙车的加速度大小为 D.乙车的加速度大小为0‎ 答案 BC 解析 对甲图中人和车组成的系统受力分析,在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力),故a甲=0,A错误,B正确;在乙图中,人拉轻绳的力为F,则绳拉人和绳拉车的力均为F,对人和车组成的系统受力分析,水平合外力为2F,由牛顿第二定律知:a乙=,则C正确,D错误。‎ ‎8. (2018·武汉测试)如图所示,材料相同的A、B两物体质量分别为m1、m2由轻绳连接,在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。轻绳拉力的大小(  )‎ A.与斜面的倾角θ无关 B.与物体和斜面之间的动摩擦因数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,轻绳拉力的大小不变 答案 AC 解析 将两物体看成一个整体有:F-(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a,‎ 解得:a=,对B物体受力分析且由牛顿第二定律有:T-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a,解得:T=,故B错误,A、C正确;改用F沿斜面向下拉连接体,将两物体看成一个整体有F+(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)·gcosθ=(m1+m2)·a′,解得:a′=,对A 物体受力分析且由牛顿第二定律有:T′+m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a′,解得:T′=,故D错误。‎ ‎9.如图所示,质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为θ。现分别以水平恒力F作用于A物块上,保持A、B相对静止共同运动,则下列说法正确的是(  )‎ A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B.两种情况下获取的最大加速度相同 C.两种情况下所加的最大推力相同 D.采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力 答案 BC 解析 F作用于题图甲中A,当F最大时,A刚要离开地面,A受力如图1,FN1cosθ=mg,对B:FN1sinθ=ma1;F作用于题图乙中A,当F最大时,B刚要离开地面,B受力如图2,FN2cosθ=mg,FN2sinθ=ma2,可见FN2=FN1,a2=a1,对整体分析易知两种情况下所加的最大推力相同,选项B、C正确。‎ ‎10.如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若Ta图象如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度为g=10 m/s2。则(  )‎ A.a= m/s2时,FN=0‎ B.小球质量m=0.1 kg C.斜面倾角θ的正切值为 D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06a(N)‎ 答案 ABC 解析 小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得Tcosθ-FNsinθ=ma,Tsinθ+FNcosθ=mg,联立解得FN=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以小球离开斜面之前,Ta图象为直线,由题图乙可知a= m/s2时,FN=0,A正确;当a=0时,T=0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图1所示,所以mgsinθ=T;当a= m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图2所示,所以=ma,联立可得tanθ=,m=0.1 kg,B、C正确;将θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ,得FN=0.8-0.06a(N),D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题,共30分)‎ ‎11.(14分)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B,两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定,另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A相连,动滑轮与B相连,如图所示。初始时,细绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s,重力加速度大小为g,求:‎ ‎(1)物块B受到的摩擦力;‎ ‎(2)物块A、B的加速度大小。‎ 答案 (1)4μmg,方向水平向左 ‎(2)  解析 (1)物块B所受摩擦力f=μN=μ·4mg=4μmg,方向水平向左。‎ ‎(2)物块A向右移动s,则B向右移动。‎ 则:加速度aA=2aB 分别隔离A、B,由牛顿第二定律得 F-T-μmg=maA ‎2T-4μmg=4maB 联立得:aA=,aB=。‎ ‎12.(16分)将一轻弹簧下端固定在倾角为θ=30°的光滑固定斜面底端,上端拴接着质量为mA=1 kg的物块A,弹簧的劲度系数k=50 N/m。质量为mB=2 kg的物块B用绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为mC=2 kg的物块C相连,用手托住物块C使轻绳拉直且恰好无张力,此时物块B紧靠着物块A静止于斜面上。g取10 m/s2,现在释放物块C,求:‎ ‎(1)释放瞬间物块C的加速度大小;‎ ‎(2)物块A、B分离时C下落的距离。‎ 答案 (1)4 m/s2 (2)0.15 m 解析 (1)开始时弹簧的压缩量为x0,由平衡条件得 ‎(mA+mB)gsinθ=kx0①‎ 释放物块C时,A、B、C将一起做加速直线运动,设此时轻绳的拉力大小为T,对物块C由牛顿第二定律可得 mCg-T=mC a②‎ 对A、B整体由牛顿第二定律可得 T+kx0-(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a③‎ 联立①②③式并代入数值求得a=4 m/s2。‎ ‎(2)当物块A、B分离时,A、B之间的弹力为零,设此时弹簧的压缩量为x1,此时A、B的加速度大小为a′,轻绳的拉力大小为T′,对A由牛顿第二定律可得 kx1-mAgsinθ=mAa′④‎ 对B由牛顿第二定律得 T′-mBgsinθ=mBa′⑤‎ 对C由牛顿第二定律得 mCg-T′=mCa′⑥‎ 物块C下落的距离h=x0-x1⑦‎ 联立①④⑤⑥式解得h=0.15 m。‎
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