【物理】2020届一轮复习人教版第三章牛顿运动定律第3课时课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版第三章牛顿运动定律第3课时课时作业

‎ ‎ ‎2020届一轮复习人教版 第三章 牛顿运动定律 第3课时 课时作业 一、超重、失重的理解与应用 ‎1．如图所示，‎ 小球的密度小于杯中水的密度，弹簧两端分别固定在杯底和小球上．静止时弹簧伸长Δx.若全套装置自由下落，则在下落过程中弹簧的伸长量将(　　)‎ A．仍为Δx B．大于Δx C．小于Δx，大于零 D．等于零 答案：D ‎2．(2019·安徽安庆联考)如图所示，AD是固定斜面体底边BC的高，F、G分别是光滑斜面AB、AC的中点，DE垂直于AB，DH垂直于AC，甲、乙两个小球(均视为质点)从斜面的顶点A分别沿斜面AB、AC同时由静止下滑，下列说法正确的是(　　)‎ A．当甲球运动到E点时，乙球可能运动到AG间某点 B．当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点 C．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到G点 D．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到H点 B　解析：设斜面AB和AC的倾角分别为α、β，AD＝h，则小球在两个斜面上下滑的加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，当甲球运动到E点时所需时间t1＝＝，同理乙球运动到H点所需时间也为t2＝，即当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点，选项B正确，A错误；甲球运动到F点的时间t ‎3＝＝，同理乙球运动到G点的时间为t4＝，因α不一定等于β，故当甲球运动到F点时，乙球不一定运动到G点，选项C错误；假设当甲球运动到F点时，乙球同时也运动到H点，则t2＝t3，故＝，则sinα＝，则α＝45°，即只有当α＝45°时，上述假设才成立，但本题未给出α的大小，所以无法判断，选项D错误。‎ 二、连接体问题 ‎3．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．施加外力的瞬间，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 B　解析：施加拉力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故选项A错误；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)，故选项B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a，且FAB＝0，对B物体，有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故选项C错误；‎ 当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故选项D错误．‎ ‎4．(2018荆州模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，‎ 木板上放上质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A，B两物块，A，B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)．则(　　)‎ A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动 B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N D．若F＝8 N，则B物块的加速度为1 m/s2‎ D　解析：A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F<2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A，B与木板整体向左加速；若F＝1.5 N，对A，B及轻质木板整体有a＝＝0.5 m/s2，对A物块分析有F－f＝mAa，解得f＝1 N；若F＝4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N；若F＝8 N，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据aB＝可得aB＝1 m/s2.‎ ‎5．(2018·河南开封四校联考)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平方向的力FA(向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从t＝0开始计时，则(　　)‎ A．A物体在3 s末的加速度是初始时刻的 B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动 C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零 D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反 ABD　解析：根据题图乙可得出FA的变化规律为FA＝9－2t(N)，对于A、B整体，根据牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为FN，则对B，根据牛顿第二定律可得FN＋FB＝mBa，解得FN＝mB－FB＝(N)；当t ‎＝4 s时FN＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝，综上所述，选项B、D正确，C错误；t＝0时，A物体的加速度为a0＝，t＝3 s末，A物体的加速度为a′＝，则a′＝a0，故选项A正确．‎ 三、动力学中的临界极值问题 ‎6.‎ ‎(2018天津河西区调研)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＝14 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的猴子，从绳的另一端沿绳上爬．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(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．2.5 m/s2 B．5 m/s2‎ C．4 m/s2 D．0.5 m/s2‎ C　解析：以猴子为研究对象，有FT－mg＝ma，以重物为研究对象，有FT＋FN＝Mg，若重物不离开地面，则有FN≥0，联立以上各式，解得a≤，即a≤4 m/s2，选项C正确．‎ ‎7．(2017河北石家庄二模，20)(多选)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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1‎ B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2‎ C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 D．小滑块的质量m＝2 kg BD　解析：由题可知，当0＜F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝F，即此时aF图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝F－，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝F－得a＝3 m/s2，B正确．‎ ‎〖思路探究〗 拉力F＝6 N，加速度为a＝2 m/s2，是长木板和小滑块开始相对滑动的临界点．当F≤6 N时，对长木板和小滑块整体分析，F＞6 N，对长木板和小滑块分别分析．‎ ‎8．如图所示，质量分别为M，m的两物块A，B叠放在一起沿光滑水平地面以速度v做匀速直线运动，A，B间的动摩擦因数为μ，在t＝0时刻对物块A施加一个随时间变化的推力F＝kt，k为一常量，则从力F作用开始到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为(　　)‎ A. B. C. D. C　解析：两物块发生相对滑动的条件是系统的加速度大于物块B能获得的最大加速度，与物块A的运动速度无关；由牛顿第二定律可得系统一起运动的加速度a＝，物块B的加速度由A对B的静摩擦力产生，最大加速度aBm＝‎ eq f(μMg,m)，当a>aBm时，A，B发生相对滑动，代入F＝kt解得t＝.‎ 四、动力学中的多过程问题 ‎9．(2018全国1卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR C　解析：对小球a→c过程，由动能定理得：F·3R－mgR＝mv2－0，又F＝mg，解得VC＝2；从c点到最高点D，小球竖直方向以VC＝2，a＝g做匀减速运动，运动时间为：t＝＝2；小球水平方向以ax＝＝g做匀加速运动，则小球运动至最高点D时CD段水平位移为xCD＝axt2＝2R，全程小球机械能增量等于水平外力所做的功即ΔE＝WF＝F(2R＋R＋2R)＝5mgR.故C选项正确．‎ ‎10．(2018枣庄八中模拟)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其vt图象如图乙所示．已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.‎ ‎(1)求物体A、B间的动摩擦因数；‎ ‎(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间．‎ 解析：(1)根据vt图象可知物体A的加速度为 aA＝＝ m/s2＝2 m/s2‎ 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA 解得μ＝＝0.4‎ ‎(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝×5×10 m＝25 m 若B不固定，则B的加速度为 aB＝＝ m/s2＝1 m/s2‎ 设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得 aAt2－aBt2＝l，解得t＝7.07 s.‎ 答案：(1)0.4　(2)7.07 s ‎【素能提升】‎ ‎11．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是(　　)‎ A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 C　解析：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误．木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝，设相对滑动时间为t，由 v＝at得t＝，此时传送带的位移为x传＝vt＝，所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误．‎ ‎12．(2017安徽江南十校联考，24)如图1所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的vt图像如图2所示．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)A与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；‎ ‎(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．‎ 解析：(1)在0～0.5 s内，根据图像，A、B系统的加速度为 a1＝m/s2＝4 m/s2‎ 对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有 mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1‎ 得：μ＝0.25‎ ‎(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有 mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2‎ 将已知量代入，可得 a2＝8 m/s2‎ 故A减速向上滑动的位移为 x2＝＝0.25 m ‎0～0.5 s内A加速向上滑动的位移 x1＝＝0.5 m 所以，A上滑的最大位移为 x＝x1＋x2＝0.75 m ‎(3)A加速上滑过程中，由动能定理：‎ W－mAgx1sin θ－μmAgx1cos θ＝mAv－0‎ 得W＝12 J.‎ ‎13．(2018·吉林公主岭模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O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，大小随时间均匀变化，如图乙所示．物体从零时刻开始运动．‎ ‎(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小．‎ ‎(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？‎ ‎(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？‎ 解析：(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N 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＝2－2t(N)‎ 作出F合－t图象如图所示 从图中可以看出，在0～2 s范围内 当t＝0时，物体有最大加速度am Fm＝mam am＝＝ m/s2＝1 m/s2‎ 当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′‎ Fm′＝mam′‎ am′＝＝ 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图象如图所示 由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s.‎ 答案：(1)0.5 m/s2　(2)当t＝0时，am＝1 m/s2　当t＝2 s时，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s