浙江省2020高考物理二轮复习专题一第三讲牛顿运动定律课后作业含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题一第三讲牛顿运动定律课后作业含解析

牛顿运动定律 ‎ (建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．静止的物体一定不受力，受力的物体一定运动 B．物体运动状态发生变化则物体一定受力的作用 C．物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大 D．物体运动状态不变时有惯性，运动状态改变时没有惯性 答案：B ‎2．2019年1月3日，嫦娥四号探测器成功到达月球背面，第一次在月球背面留下了人类航天器的足迹．嫦娥四号携带的玉兔二号月球车在月球背面行驶时(　　)‎ A．处于完全失重状态 B．不再满足牛顿运动定律 C．受到的重力小于在地球上的重力 D．具有的惯性小于在地球上的惯性 答案：C ‎3．(2019·嘉兴一中模拟)对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是(　　)‎ A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性 B．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了 C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性 D．自行车转弯时，车手一方面要适当控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的 答案：C ‎4．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s 后撤去该推力，则(　　)‎ A．小车2 s末的速度是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2‎ - 10 -‎ D．小车运动的总时间为6 s 解析：选B.小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝(60－30×1.5) N＝15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝ s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t＝(2＋6) s＝8 s，故D错误．‎ ‎5.(2019·浙江选考4月)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)(　　)‎ A．A球将向上运动，B、C球将向下运动 B．A、B球将向上运动，C球不动 C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动 答案：D ‎6.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　)‎ A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力减小 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力减小 解析：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误．水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误．因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确．‎ ‎7．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则(　　)‎ A．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动 B．物体从A到O先加速后减速 C．物体运动到O点时所受合力为零 - 10 -‎ D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小 答案：B ‎8．我国高铁技术处于世界领先水平．动车组由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组(　　)‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1‎ C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ 解析：选D.设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量为m，阻力为kmg.启动时，加速度方向向前，根据牛顿第二定律，乘客受到车厢的作用力方向向前，与运动方向相同，故A错误．做加速运动时，有两节动力车厢，对整个车进行受力分析得：2F－8kmg＝8ma，对6、7、8车厢进行受力分析得：F1－3kmg＝3ma.对7、8车厢进行受力分析得：F2－2kmg＝2ma，联立可得：＝，故B错误．设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：－8kmgs＝0－mv2，可知滑行的距离与速度不成正比，故C错误．当只有两节动车时，最大速率为v，则：2P＝8kmg·v，改为4节动车带4节拖车的动车组时：4P＝8kmg·v′，所以：v′＝2v，故D正确．‎ ‎9．如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)(　　)‎ A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左 C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右 解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．‎ - 10 -‎ ‎10.一轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，弹簧处在自然状态，小物块位于O处．现用手将小物块向右移到A处，然后从静止释放小物块，小物块开始运动，则(　　)‎ A．小物块一定停在O点 B．小物块停止以后所受的摩擦力必不为0‎ C．小物块无论停在O点的左边还是右边，停前所受的摩擦力方向和停后所受摩擦力的方向两者可能相同，也可能相反 D．小物块在由右边最远处回到O点的过程中，速度的大小总是增大 解析：选C.小球从A向O运动过程中，由于不知道接触面给物块的摩擦力相对于物块质量的大小，因此小物块停下来的位置有可能在O点左侧、右侧、甚至是O点都有可能，因此选项A、B均错；从A到O过程中，先加速，当弹力小于阻力则开始减速，选项D错；无论是停在O点左边或右边，停止前的摩擦力方向和停止后的摩擦力方向有可能相同、有可能相反，选项C对．‎ 二、非选择题 ‎11.传送带以恒定速度v＝4 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高H＝1.8 m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ 解析：物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：‎ F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1‎ 解得a1＝8 m/s2，由v＝a1t1，得t1＝0.5 s，位移 x1＝a1t＝1 m 随后有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2，解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，位移x2＝－x1＝2 m，t2＝＝0.5 s，总时间t＝t1＋t2＝1 s.‎ 答案：见解析 ‎12．如图甲所示，光滑水平面上的O点处有一质量为m＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：‎ - 10 -‎ ‎(1)当t＝0.5 s时，物体的加速度大小；‎ ‎(2)物体在t＝0至t＝2 s内，何时加速度最大？最大值为多少？‎ ‎(3)物体在t＝0至t＝2 s内，何时速度最大？最大值为多少？‎ 解析：(1)当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N F1－F2＝ma a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2.‎ ‎(2)物体所受的合外力为 F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)‎ 作出F合－t图如图1所示 从图1中可以看出，在0～2 s范围内 当t＝0时，物体有最大加速度a0.‎ F0＝ma0‎ a0＝＝ m/s2＝1 m/s2‎ 当t＝2 s时，物体也有最大加速度a2.F2＝ma2‎ a2＝＝ m/s2＝－1 m/s2‎ 负号表示加速度方向向左．‎ ‎(3)由牛顿第二定律得：‎ a＝＝1－t(m/s2)‎ 画出a－t图象如图2所示 由图2可知t＝1 s时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．‎ v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s.‎ 答案：(1)0.5 m/s2‎ ‎(2)t＝0或t＝2 s时加速度最大　1 m/s2‎ ‎(3)t＝1 s时速度最大　0.5 m/s ‎ [课后作业(五)]‎ ‎ (建议用时：40分钟)‎ - 10 -‎ 一、选择题 ‎1.如图所示，两个物体A、B叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B(　　)‎ A．只受重力 B．受重力和A对它的压力 C．受重力和A对它的摩擦力 D．受重力、A对它的压力和摩擦力 解析：选A.两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A、B都只受到重力，B、C、D错误，A正确．‎ ‎2．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A.木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力，以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度为a1＝－μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝＝；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析如图所示．‎ 小滑块的合力F合＝－(mgsin 45°＋μmgcos 45°)，小物块上滑的加速度a2＝－＝－，滑行时间t′＝＝，因此＝＝，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎3.如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面运动，则在这两个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是(　　)‎ A．由大变小 B．由小变大 C．始终不变 D．由大变小再变大 解析：选C.在光滑的水平面上运动时，设细线上的张力为F1，加速度为a1，由牛顿第二定律得 F1＝m1a1 ①‎ F＝(m1＋m2)a1 ②‎ - 10 -‎ 联立①②解得：F1＝ 在粗糙的水平面上运动时，设细线的张力为F′1，加速度为a2，由牛顿第二定律得：‎ F′1－μm1g＝m1a2， ③‎ F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2 ④‎ 联立③④解得：F′1＝ 综上可得，无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时，细线上的张力都是，故C正确．‎ ‎4.质量为2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)(　　)‎ A．恒力的大小为6 N B．前4 s内摩擦产生的热量为48 J C．恒力方向始终与摩擦力方向相同 D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2‎ 解析：选C.由图可知，0～2 s物体做匀减速运动，2～6 s 反向做匀加速运动．可知0～2 s时恒力方向与运动方向相反，与摩擦力方向相同；2～6 s时恒力方向与运动方向相同，与摩擦力方向相反，C错误；根据牛顿第二定律：减速时F＋f＝ma1，加速时F－f＝ma2，而a1＝5 m/s2，a2＝1 m/s2，联立解得F＝6 N，f＝4 N，故A正确；0～2 s内，物体的位移大小为x1＝×10×2 m＝10 m，2～4 s内，物体的位移大小为x2＝×2×2 m＝2 m，摩擦产生的热量Q＝f(x2＋x1)＝4×(10＋2) J＝48 J，故B正确；由f＝μmg得，μ＝0.2，故D正确．‎ ‎5．(2019·宁波慈溪中学期中)电梯的顶部挂有一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N．电梯做匀变速运动，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)‎ A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2‎ B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2‎ C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2‎ D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2‎ 答案：C ‎6.‎ - 10 -‎ ‎(2019·嘉兴一中模拟)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．25 m/s2 B．5 m/s2‎ C．10 m/s2 D．15 m/s2‎ 答案：B ‎7.(2019·温州平阳二中期中)如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m，已知环以某一初速度沿着杆匀减速下滑，设环的加速度大小为a，则在环下滑过程中箱对地面的压力F为(　　)‎ A．F＝(M＋m)g ‎ B．F＝Mg＋m(g＋a)‎ C．Mg时，两者发生相对滑动，选项A错误，B正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者摩擦力的大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C错误，D正确．‎ ‎9.(原创)绰号“威龙”的第五代制空战机歼20具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，‎ - 10 -‎ 歼20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度．假设某次垂直飞行测试实验中，歼20加速达到50 m/s后离地，而后开始竖直向上飞行试验．该飞机在10 s内匀加速到 3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km.假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的 0.2.已知该歼20质量为20吨，声速为340 m/s，忽略战机因油耗等导致质量的变化．则下列说法正确的是(　　)‎ A．本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 s B．加速阶段系统的推力为1.84×106 N C．加速阶段时飞行员有晕厥可能 D．飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km 解析：选B.加速阶段初速度v0＝50 m/s，末速度v＝3 060 km/h＝850 m/s，根据v＝v0＋at，加速度a＝80 m/s2＝8g，飞行员不会晕厥，C选项错误；根据牛顿第二定律F－f－mg＝ma，推力F＝f＋ma＋mg＝1.84×106 N，B选项正确；加速阶段上升的高度x＝v0t＋at2＝4 500 m，即匀速上升14 km，D选项错误；匀速飞行时间t＝＝ s＝16.47 s，A选项错误．‎ 二、非选择题 ‎10．(2019·绍兴一中期中)斜面ABC中AB段粗糙，BC段长为1.6 m且光滑，如图甲所示．质量为1 kg的小物块以初速度v0＝12 m/s沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的v－t图象如图乙所示．已知在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，g取10 m/s2.(vB、t0未知)求：　‎ ‎(1)小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB的大小；‎ ‎(2)斜面AB段的长度；‎ ‎(3)小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间．‎ 解析：(1)小物块沿斜面向上滑行的初速度v0＝12 m/s 由aAB＝2aBC可得：＝2 解得：vB＝4 m/s.‎ ‎(2)在上滑过程中：对AB段有v－v＝2aABsAB 在上滑过程：对BC段有v－v＝2aBCsBC 由以上两式解得：sAB＝6.4 m.‎ ‎(3)上滑时aAB＝2aBC 由牛顿第二定律可知：f＋mgsin θ＝2mgsin θ，即f＝mgsin θ - 10 -‎ 所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为vB＝4 m/s 因此tBA＝＝s＝1.6 s.‎ 答案：(1)4 m/s　(2)6.4 m　(3)1.6 s ‎11．(2018·浙江选考4月)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；‎ ‎(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；‎ ‎(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)‎ 解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x＝at2，‎ 解得：x＝16 m.‎ ‎(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：‎ mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2‎ 解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.‎ ‎(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′；‎ t′＝，x′＝a1t′2，解得：x′＝1 m.‎ 企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：‎ v－02＝2a2(x＋x′)‎ 解得：vt＝2 m/s.‎ 答案：(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s - 10 -‎