【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第定律的应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第定律的应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 牛顿第定律的应用 课时作业 ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)‎ 答案　A 解析　物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案　ACD 解析　由vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与时间轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大位移，斜面倾角已知，则可求得物块向上滑行的最大高度，选项D正确；由已知条件不能求出物块质量，选项B错误。‎ ‎3.(2015·海南高考)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2‎ 相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(　　)‎ A．a1＝3g B．a1＝0‎ C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2‎ 答案　AC 解析　剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断细线瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。‎ ‎4.(2015·海南高考)(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，(　　)‎ A．物块与斜面间的摩擦力减小 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑 答案　BD 解析　当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)·cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。‎ ‎5．(2018·安徽A10联盟联考)如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为θ＝30°的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其xv2图象如图乙所示。已知g＝10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块的加速度大小为8 m/s2‎ B．物块在t＝1 s时的速度大小为8 m/s C．物块在t＝4 s时处于斜面上x＝24 m的位置 D．物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝ 答案　D 解析　物块由静止沿斜面做匀加速直线运动，有v2＝2ax，再结合图乙可得加速度为a＝4 m/s2，由v＝at得t＝1 s时物块速度大小为4 m/s，A、B错误；由x＝at2知t＝4 s时，x＝32 m，C错误；由牛顿第二定律有：mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得μ＝，D正确。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：45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．为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动，并观察体重计示数的变化情况，表中记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间没有先后顺序)，若已知t0时刻电梯静止，则(　　)‎ A．t2时刻电梯不可能向上运动 B．t3时刻电梯一定处于静止状态 C．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反 D．t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反 答案　C 解析　由表格数据可知t1时刻压力大于重力，该同学处于超重状态，加速度向上，电梯可能向上加速，也可能向下减速，t2时刻压力小于重力，该同学处于失重状态，加速度向下，电梯可能向上减速，也可能向下加速，A、D错误，C正确；t3时刻压力等于重力，电梯处于静止或者匀速运动状态，加速度为零，B错误。‎ ‎2．(2018·襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0‎ ‎，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25‎ C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25‎ 答案　C 解析　根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故C正确。‎ ‎3．(2018·南昌模拟)如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1＝kv，且k<1。物体与斜面间的动摩擦因数为(　　)‎ A．(1－k)sinα B．(1－k)cosα C．(1－k2)tanα D．(1－k2)cotα 答案　C 解析　物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mgsinα－μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝gsinα－μgcosα，设斜面高度为h，则斜面长度L＝，由匀变速直线运动规律有，v1＝＝；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v＝且v1＝kv，联立解得μ＝(1－k2)tanα，C正确。‎ ‎4.(2018·厦门月考)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)‎ A．滑块上滑的距离小于5 m B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上 C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点 D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s 答案　D 解析　设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝‎ ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间为t1＝＝1 s，上滑的距离为x1＝v0t1＝5 m，因mgsinθ>μmgcosθ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，A、B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离为x2＝a2t＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，C错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，D正确。‎ ‎5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)‎ A．两图中两球加速度均为gsinθ B．两图中A球的加速度均为零 C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 答案　D 解析　撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D正确。‎ ‎6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s B．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零 C．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2‎ D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s 答案　D 解析　小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s，A错误；小球在t1时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为g，B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。‎ ‎7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度沿斜面向上，A球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零 答案　BC 解析　系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零，对A球根据牛顿第二定律得a＝＝＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A、D错误，B、C正确。‎ ‎8.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是(　　)‎ A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行 C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向 D．此时小车的加速度为gtanα 答案　BD 解析　由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtanα＝ma，解得a＝gtanα，故小车的加速度为gtanα，选项B、D正确。‎ ‎9.(2018·盐城一模)如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是(　　)‎ 答案　BD 解析　设斜面与水平面夹角为θ，斜面长为2L，在斜面上半段a1＝gsinθ，v＝2a1L，在斜面下半段0－v＝－2a2L，故加速度大小a1＝a2，故B、D正确，C错误；在斜面上半段x＝a1t2，xt图应开口向上，故A错误。‎ ‎10．(2018·南昌模拟)图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)‎ A．前10 s悬线的拉力恒为1500 N B．46 s末材料离地面的距离为22 m C．0～10 s材料处于超重状态 D．在30～36 s钢索最容易发生断裂 答案　BC 解析　由图乙可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1515 N，A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46‎ ‎ s末材料离地面的距离为22 m，B正确；因30～36 s材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，故在0～10 s钢索最容易发生断裂，C正确，D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11.(2018·德州模拟)(14分)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。(g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)恒力F的大小。‎ 答案　(1)　(2) N或 N 解析　(1)根据牛顿第二定律可得：‎ mgsinθ－μmgcosθ＝ma 代入数据得μ＝。‎ ‎(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。‎ 由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2。‎ 当加速度沿斜面向上时，有 Fcos30°－mgsin30°－μFN＝ma1‎ Fsin30°＋mgcos30°＝FN 联立并代入数据得F＝ N；‎ 当加速度沿斜面向下时，有 mgsin30°－Fcos30°－μFN＝ma1‎ Fsin30°＋mgcos30°＝FN 联立并代入数据得F＝ N。‎ ‎12．(2018·湖南株洲诊断)(16分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l ‎＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。‎ ‎(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；‎ ‎(2)求运动员到达B处时的速度大小；‎ ‎(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。‎ 答案　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m 解析　(1)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2‎ 运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s 位移x1＝a1t＝8 m。‎ ‎(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有 a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2‎ 由v＝v2＋2a2(l－x1)‎ 代入数据解得vB＝15 m/s。‎ ‎(3)根据牛顿第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2‎ 在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。‎