【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版牛顿运动定律的综合应用限时过关练（解析版）

【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版牛顿运动定律的综合应用限时过关练（解析版）

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：牛顿运动定律的综合应用（解析版)‎ ‎1．以下各说法中正确的是（ ）‎ A．物体运动状态发生变化时，物体不一定受到外力的作用 B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变是由于物体没有惯性 C．在水平地面上滑动的木块最终要停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果 D．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时物体的运动规律 ‎2．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝‎1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为‎2m，g取‎10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝‎1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）‎ A．乘客与行李同时到达B处 B．行李一直做加速直线运动 C．乘客提前0.5s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要1.5s才能到达B处 ‎3．下列说法不正确的是（ 　）‎ A．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因 B．牛顿三大定律都可以通过实验来验证 C．笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，他将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度 ‎4．如图所示，质量均为m＝‎2.0kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时，两物块压紧弹簧并都恰好处于静止状态。现使物块B在水平外力F（图中未画出）作用下向右做加速度大小为a=‎2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝‎10 m/s2．则（ ）‎ A．开始时，弹簧的压缩量大小为‎8 cm B．物块A、B分离时，所加外力F的大小为24 N C．物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为0.4 s D．物块A、B由静止开始运动到分离时，物块A的位移大小为‎4 cm ‎5．如图所示，倾角为α＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，弹簧轴线与斜面平行。现对A施加一个水平向右、大小为F的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是（ ）‎ A．弹簧的原长为 B．恒力 C．小球B受到的弹力大小为mg D．撤去恒力F后的瞬间小球B的加速度为g ‎6．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为‎1kg和‎2kg的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为3N．现用水平力F拉B物体，使A、B以同一加速度运动，则F的最大值为（ ）‎ A．3N B．6N C．9N D．12N ‎7．如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为：‎ A．g B．g C．0 D．g ‎8．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、‎2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（    ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．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v-t图像如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）‎ A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 C．外力施加的瞬间，AB间的弹力大小为M(g-a)‎ D．AB在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 ‎10．两个倾角相同的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当它们都沿滑杆一起向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则（   ）‎ A．A环与杆无摩擦力 B．B环与杆无摩擦力 C．A环做的是匀速运动 D．B环做的是匀速运动 ‎11．用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门。调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2‎ ‎（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0。从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai，则=____。（结果用t0和ti表示）‎ ‎（2）作出的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=___。‎ ‎（3）请提出一条减小实验误差的建议：______。‎ ‎12．在“探究加速度与质量的关系”的实验中。‎ ‎(1)备有器材：A.带有定滑轮的长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细砂的砂桶；E.垫片；F.毫米刻度尺。还缺少的一件器材是___。‎ ‎(2)实验得到如图所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距x2和D、E间距x4已测出，利用这两段间距计算小车加速度a的表达式为a＝_____。‎ ‎(3)同学甲根据实验数据画出如图甲所示a－图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为____kg ‎(4)同学乙根据实验数据画出了图乙所示图线，从图线可知同学乙操作过程中可能______。‎ ‎13．如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，已知滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，不计空气阻力，动摩擦因数μ，AB距离为L，传送带倾角为θ。求物块离开传送带的速率v和位置：‎ ‎14．某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.‎ ‎(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；‎ ‎(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；‎ ‎15．如图甲所示，质量为M=‎5kg的木板静止在水平面上，质量m=‎3kg的小滑块静止在木板的右端，可看成质点。已知木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.1，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，重力加速度取g=‎10m/s2．现用力F作用在木板M上，F随时间t变化的关系如图乙所示，求：‎ ‎(1)t=1s时，小滑块和木板的速度大小；‎ ‎(2)为使小滑块不从木板上滑落下来，木板的最小长度。‎ ‎16．如图所示，斜面倾角为θ，木板A的质量为M，物块B的质量为m。轻绳的一端与B连接，另一端与固定在斜面上的挡板相连，绳与斜面平行。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与斜面间的动摩擦因数为μ2．设轻绳始终对B有拉力作用。‎ ‎(1)若在沿斜面向上的力F作用下A正沿斜面向上匀速运动，求F的值；‎ ‎(2)若将(1)中的力换成‎5F，求此时绳的拉力大小。‎ ‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 根据牛顿第一定律，当物体运动状态发生变化时，物体一定受到外力的作用，选项A错误；‎ B. 不受外力作用时，物体的运动状态保持不变是由于物体有惯性，选项B错误；‎ C. 在水平地面上滑动的木块最终要停下来，是由于物体受到摩擦力作用的缘故，选项C错误；‎ D. 牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时物体的运动规律，选项D正确。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABC.由牛顿第二定律，得 μmg=ma 解得 a=‎1m/s2．‎ 设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=‎1m/s．由v=at1代入数值，得t1=1s，匀加速运动的位移大小为：‎ 匀速运动的时间为：‎ 行李从A．到B的时间为：‎ t=t1+t2=2.5s．‎ 而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为 t人==2s 故乘客提前0.5 s到达B．故AB错误，C正确；‎ D.若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由 解得，最短时间tmin=2s．故D错误。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故A不符合题意；‎ B.牛顿第一定律不能通过实验来验证，故B符合题意；‎ C.卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，他将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故C不符合题意；‎ D.据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，故D不符合题意。‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，根据平衡条件可得：‎ kx0=μ•2mg 解得：‎ x0=‎0.16m=‎‎16cm 故A错误；‎ B.物块A、B分离时，此时A和B之间的弹力为零，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：‎ F-μmg=ma 解得所加外力 F=12N 故B错误；‎ CD.以A为研究对象，分离时弹簧压缩量为x，则 kx-μmg=ma 解得 x=‎‎0.12m 此过程A运动的位移为x0-x=‎0.04m=‎4cm，根据位移时间关系可得 x0-x=at2‎ 解得物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间为 t=0.2s 故C错误、D正确。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：‎ kx=mgsin 30°‎ 解得 所以弹簧的原长为 ‎，‎ 选项A正确，不符合题意； B.对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：‎ Fcos 30°=mgsin 30°+kx，‎ 解得 ‎，‎ 故B正确，不符合题意； C.小球B受弹簧的弹力和斜面的弹力，其合力与重力等大反向，可知小球B受到的弹力大小为mg，选项C正确，不符合题意；‎ D.撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误，符合题意。‎ ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得， 对A物体：‎ 得 对整体：‎ 得：‎ F=（1+2）×3N=9N．‎ A. 3N，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 6N，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 9N，与结论相符，选项C正确；‎ D. 12N，与结论不相符，选项D错误。‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当框架对地面压力为零瞬间，框架受重力和弹簧的弹力处于平衡，则 F=Mg 对小球分析，根据牛顿第二定律得，‎ F+mg=ma 解得 ‎．‎ A. g，与结论不相符，选项A错误；‎ B. g，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 0，与结论不相符，选项C错误；‎ D. g，与结论相符，选项D正确。‎ ‎8．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 对整体，根据牛顿第二定律得：‎ F-μ•3mg=3ma 再对P，根据牛顿第二定律得：‎ T-μmg=ma 联立解得轻绳的张力大小为：‎ T=F A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论相符，选项D正确。‎ ‎9．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：‎ ‎2Mg=kx 解得：‎ 故A正确。‎ B.当F弹′=Mg时，B达到最大速度，此时弹簧不在原长位置，故B错误；‎ C.施加外力F的瞬间，对B物体，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C正确。‎ D.物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B：‎ F弹′-Mg=Ma 解得：‎ F弹′=M(g+a)‎ 故D错误。‎ ‎10．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AC.假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力、沿杆向上的摩擦力f，如图，根据牛顿第二定律，有 mAgsinθ-f=mAa ‎ 对C，据牛顿第二定律有 mCgsinθ=mCa 联立解得：‎ f=0‎ a=gsinθ 故A正确，C错误；‎ BD.对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上或者合力为零，故合力只能为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力。故B错误，D正确。‎ ‎11． 选取轻质小滑轮；减小滑轮与轴之间的摩擦；选取密度较大的重锤；减小绳与滑轮间摩擦 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1].设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门的速度， 当挡光时间为t0时的速度 ‎ ①‎ 挡光时间为ti时的速度 ‎ ②‎ 重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有：‎ ‎2a‎0h＝v02③，‎ ‎2aih＝vi2④，‎ 由①②③④解得：‎ ‎(2)[2].根据牛顿第二定律得：‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 由⑤⑥解得：‎ 作出的图线的斜率为k，则 解得：‎ ‎(3)[3].为了减小实验误差，我们可以减小绳与滑轮间的摩擦力、减小绳与滑轮间摩擦或选取密度较大的重锤。‎ ‎12．天平 0.020(0.018～0.022均正确) 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）[1] 本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；‎ ‎（2）[2] 根据逐差法得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（3）[3] 根据牛顿第二定律得：，则F即为图象的斜率，所以砂和砂桶的总 重力：‎ N，‎ 解得：‎ kg；‎ ‎（4）[4]由c图可知，图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。‎ ‎13．（1）当时，物块从下端离开传送带；；‎ ‎（2）当时，物块从下端离开传送带。离开时的速度v=v1‎ ‎（3）当时，‎ ‎①当时，物块从下端离开传送带；‎ ‎②时，物块从上端离开传送带 ‎（ⅰ）若时，‎ ‎（ⅱ）若时，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，物块一直沿斜面向下做匀加速直线运动，物块从下端离开传送带。‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得 由速度位移公式得： ‎ 解得物块离开传送带的速率 ‎（2）当时，重力沿斜面的分力等于滑动摩擦力，物块一直沿斜面向下做匀速直线运动，物块从下端离开传送带。离开时的速度v=v1‎ ‎（3）当时，重力沿斜面的分力小于滑动摩擦力，先沿斜面向下做匀减速运动，其加速度为-a， 若物块的速度为0时，物块的位移 由速度位移公式得：‎ 若物块的速度为0时，物块的位移大于L，则从下端离开传送带，否则从上端离开传送带。‎ ‎①当时，物块从下端离开传送带 由速度位移公式得： ‎ 解得物块离开传送带的速率 ‎②时，物块从上端离开传送带 ‎（ⅰ）若时 物块先沿传送带向下做减速运动，到速度为0后，反向沿传送带向上做加速运动，因为直到与传送带速度相等，再沿传送带做匀速运动，所以从上端时的速度 ‎（ⅱ）若时 物块先沿传送带向下做减速运动，到速度为0后，反向沿传送带向上做加速运动，因为将一直做匀加速运动，根据对称性，所以从上端时的速度 ‎14．(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 在匀速运动阶段，有 mgtanθ0=kv0‎ 得：‎ ‎(2) 加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有 N′sinθ-kv=ma N′cosθ=mg 解得：‎ ‎ ‎ ‎15．(1) 小滑块和木板的速度大小分别为‎4m/s、‎5m/s；(2)‎‎0.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在0-1s内，隔离对小滑块分析，加速度为：‎ 对木板加速度为：‎ ‎=‎ t=1s时，小滑块的速度为：‎ v1=a1t=4×‎1m/s=‎4m/s 木板的速度为：‎ v2=a2t=5×‎1m/s=‎5m/s ‎（2）1s后，木板的加速度为：‎ ‎==‎2m/s2‎ 当滑块和木板速度相等后将保持相对静止，则有：‎ v1+a1△t=v2+a3△t 代入数据解得：‎ ‎△t=0.5s 即滑块在1.5s时，两者保持相对静止，在0-1.5s内，木板的位移为：‎ ‎=‎‎5.25m 小滑块的位移为：‎ ‎=‎‎4.5m 则木板的最小长度为：‎ L=s2-s1=5.25‎-4.5m=‎‎0.75m 答：(1) 小滑块和木板的速度大小分别为‎4m/s、‎5m/s；(2)木板的最小长度‎0.75m。‎ ‎16．(1)(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1）对A分析，在沿斜面方向上有：‎ F=fB+f+Mgsinθ 对B垂直斜面方向上有：‎ NB=mgcosθ 对AB整体，垂直斜面方向上有：‎ N=（M+m）gcosθ 又 fB=μ1mgcosθ，f=μ2（M+m）gcosθ 解得 F=μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ ‎（2）当换成‎5F时，A、B间的摩擦力不变，B仍然处于平衡状态，在沿斜面方向上有：‎ T+mgsinθ=fB 解得 T=μ1mgcosθ-mgsinθ 答：(1)(2)‎