【物理】2020届一轮复习人教版力与运动课时作业 10页

‎2020届一轮复习人教版 力与运动 课时作业 一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1．关于惯性，下列说法中正确的是(　　)‎ A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了 B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了 C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大惯性，飞得更远 D．月球上物体的重力只有在地面上的，但是惯性没有变化 解析：惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误，D正确．‎ 答案：D ‎2．已知物理量λ的单位为“m”，物理量v的单位为“m/s”，物理量f的单位为“s－1”，则由这三个物理量组成的关系式正确的是(　　)‎ A．v＝　　　　　　 B．v＝λf C．f＝vλ D．λ＝vf 解析：的单位是＝m·s，与v的单位“m/s”不相同，选项A错误；λf的单位是m·s－1，与v的单位“m/s”相同，选项B正确；vλ的单位是m·s－1·m＝m2·s－1，与f的单位“s－1”不相同，选项C错误；vf的单位是m·s－1·s－1＝m·s－2，与λ的单位“m”不相同，选项D错误．‎ 答案：B ‎3.如图所示，一辆汽车在平直公路上向左行驶，一个质量为m、半径为R的球，用轻绳悬挂在车厢竖直的光滑后壁上．汽车以加速度a加速前进．绳子对球的拉力设为FT，车厢后壁对球的水平弹力为F.则当汽车的加速度a增大时(　　)‎ A．FT不变，F增大 B．FT增大，F增大 C．FT减小，F减小 D．FT减小，F增大 解析：设绳子与后壁的夹角为θ，则竖直方向上：FTcos θ＝mg，则FT＝，故FT不变；水平方向上：F－FTsin θ＝ma，由于a增大，故F增大，所以A正确．‎ 答案：A ‎4．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)，以下说法正确的是(　　)‎ A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细线烧断瞬间小球的加速度为g D．细线烧断瞬间小球的加速度为g 解析：小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件，得 弹簧的弹力大小为 F＝mgtan 53°＝mg，‎ 细绳的拉力大小为FT＝＝mg，故A、B错误．‎ 细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a＝，a＝g.故C错误，D正确．‎ 答案：D ‎5.如图所示，小球A和B的质量均为m，长度相同的四根细线分别连接在两球间、球与水平天花板上P点以及与竖直墙上的Q点之间，它们均被拉直，且P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则Q、A间水平细线对球的拉力大小为(　　)‎ A.mg B．mg C.mg D.mg 解析：由题，P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则知A、B间细线的拉力为零．‎ 对A球受力分析(如图)，由平衡条件，得TQA＝mgtan 60°＝mg，选项A、B、D错误，C正确．‎ 答案：C 二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分. 在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分)‎ ‎6.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图象如图所示，则(　　)‎ A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9‎ B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1‎ C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1‎ D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1‎ 解析：上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．‎ 答案：AD ‎7．如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的Ft图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是(　　)‎ A．由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态 B．由图线L可知，此时电梯的加速度大小一定等于g C．由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态 D．由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下 解析：物体对P的压力等于支持力的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小和方向，从而确定电梯的运动情况．‎ 由题图线K可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化，故A错误；由题图线L可知，支持力的大小等于2mg，根据牛顿第二定律得，F－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上，故B正确；由题图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；由题图线N可知，支持力的大小先大于mg再小于mg，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正确．‎ 答案：BD ‎8.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．物体在2 s内的位移为零 B．4 s末物体将回到出发点 C．2 s末物体的速度为零 D．物体一直在朝同一方向运动 解析：根据题图象可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性地朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以2 s末的速度为零，位移不为零，A、B错误，C、D正确．‎ 答案：CD ‎9．如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下．下列结论正确的是(　　)‎ A．A环受滑竿的作用力大小为(m＋M)gcos θ B．B环受到的摩擦力Ff＝mgsin θ C．C球的加速度a＝gsin θ D．D受悬线的拉力FT＝Mg 解析：对C受力分析，如图所示．‎ 由牛顿第二定律，得Mgsin θ＝Ma，①‎ 细线拉力为FT＝Mgcos θ，②‎ 再对A环受力分析，如下图：‎ 根据牛顿定律，有mgsin θ－Ff＝ma，③‎ 又FN＝mgcos θ＋FT，④‎ 由①②③④解得：Ff＝0，FN＝(M＋m)gcos θ，故A、C正确．‎ 对D受力分析，受重力和拉力，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于Mg；再对B环受力分析，如右图所示．B环受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；根据平衡条件，有(M＋m)gsin θ＝Ff，FN＝(M＋m)gcos θ.故B错误，D正确．‎ 答案：ACD ‎10.如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，下面正确的是(　　)‎ A．a＝ B．a＝ C．Ff＝G D．Ff＝G 解析：由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有Fy－mg＝may，解得ay＝0.25g，设水平方向上的加速度为ax，则＝tan 30°＝，所以ax＝g，则a＝＝g，Ff＝max＝G，B、D正确．‎ 答案：BD 三、非选择题(本大题5小题，共50分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎11．(6分)如图甲为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是________m/s2，在验证质量一定时加速度a和合外力F的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图象，其原因是_________(结果保留小数点后两位有效数字)．‎ 解析：利用逐差法计算加速度．‎ a＝ ‎＝ ‎＝＝×10－2m/s2‎ ‎≈1.60 m/s2.‎ 答案：1.60　平衡摩擦力过度 ‎12．(8分)在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出．‎ ‎(1)当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．‎ ‎(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地观测加速度a与质量M的关系，应该做a与______的图象．‎ ‎(3)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a-图线如图所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？_________．‎ 解析：(1)只有M与m满足M≫m才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力．(2)由于a∝，所以a-图象应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a与的图象．(3)两小车及车上的砝码的总质量相等时，由题图象知乙的加速度大，故乙的拉力F大(或乙中盘及盘中砝码的质量大)．‎ 答案：见解析 ‎13．(12分)一物体沿斜面向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的v-t图象如图所示，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数(g取10 m/s2)．‎ 解析：由题图象可知，上滑过程的加速度 a上＝ m/s2＝6 m/s2，‎ 下滑过程的加速度a下＝ m/s2＝4 m/s2.‎ 上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图．‎ 上滑过程a上＝＝gsin θ＋μgcos θ，‎ 下滑过程a下＝gsin θ－μgcos θ，‎ 解得θ＝30°，μ＝.‎ 答案：θ＝30°　μ＝ ‎14．(12分)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总位移为x，运动过程中的最大速度为v.‎ ‎(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′.‎ ‎(2)若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．‎ 解析：(1)由匀变速直线运动公式有：v2＝2a′x1、v2＝2ax2，‎ 且x＝x1＋x2，‎ 解得a′＝.‎ ‎(2)假设球不受箱子作用，应满足 FNsin θ＝ma，FNcos θ＝mg，‎ 解得a＝gtan θ.‎ 减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力FN与左壁支持力F左共同决定，‎ 当a>gtan θ，F左＝0，球受力如图所示．‎ 在水平方向上根据牛顿第二定律，有 FNsin θ＝ma，‎ 在竖直方向有 FNcos θ－F上＝mg，‎ 解得F上＝m(acot θ－g)．‎ 答案：(1)　(2)0　m(acot θ－g)‎ ‎15．(12分)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图甲．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙．已知人的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F阻与速率v成正比，即F阻＝kv(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．‎ ‎(1)打开降落伞前人下落的距离为多大？‎ ‎(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向．‎ ‎(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？‎ 解析：(1)h0＝＝20 m.‎ ‎(2)kv＝2mg，将v＝5 m/s代入得k＝200 N·s/m，‎ 对整体有kv0－2mg＝2ma，‎ 得a＝＝30 m/s2，‎ 方向竖直向上．‎ ‎(3)设每根绳拉力为FT，以运动员为研究对象，有 ‎8FTcos α－mg＝ma，‎ FT＝＝312.5 N 由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5 N.‎ 答案：(1)20 m　(2)k＝200 N·s/m　a＝30 m/s2　方向竖直向上　(3)312.5 N