【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律综合应用课时作业 12页

‎2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律综合应用 课时作业 ‎1. (2017·海南高考)(多选)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是(　　)‎ A．若μ≠0，则k＝ B．若μ≠0，则k＝ C．若μ＝0，则k＝ D．若μ＝0，则k＝ 答案　BD 解析　对整体，由牛顿第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝，对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F2＝，所以k＝＝，与μ无关，B、D正确。‎ ‎2．(2018·安徽质检)如图所示，若干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是(　　)‎ 答案　A 解析　小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的绳与竖直方向的夹角为θ，对所有小球组成的整体分析，有m总gtanθ＝m总a，解得tanθ＝，设第二段绳与竖直方向的夹角为θ′，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总－m1)gtanθ′＝(m总－m1)a，解得tanθ′＝，同理可知，连接小球的绳子与竖直方向的夹角均相等，可知各小球和细绳在一条直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。‎ ‎3. (2018·洛阳统考)如图所示，物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动。若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则此时斜面体B对地面的摩擦力(　　)‎ A．方向水平向左 B．方向水平向右 C．大小为零 D．无法判断大小和方向 答案　C 解析　物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，隔离A进行受力分析，可知斜面体B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力等大反向，对B进行受力分析，由平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力为零。若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则A对斜面体B的压力和摩擦力不变，所以地面对斜面体的摩擦力为零，斜面体B对地面的摩擦力大小也为零，C正确。‎ ‎4．(2019·抚顺模拟)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。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图象。取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)‎ A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝2 kg C．当F＝8 N时，滑块加速度为2 m/s2‎ D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ 答案　C 解析　从图乙中可知，当F>6 N时，两者发生相对运动，当F≤6 N时两者相对静止，当F＝6 N时，对整体可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6 kg，当F>6 N时对木板分析：水平方向受到拉力和m给的摩擦力，故有a＝＝F－，图象的斜率k＝＝＝，即M＝2 kg，所以m＝4 kg，将F>6 N时图线反向延长，可得当F＝4 N时，加速度为零，代入可得0＝×4－，解得μ＝0.1，故A、B、D正确；当F＝8 N时滑块加速度为a＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，故C错误。‎ ‎5. (2017·海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ 的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)物块b加速度的大小；‎ ‎(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。‎ 答案　(1)　(2)gsinθ ‎(3)F＝t2＋ 解析　(1)物块a、b静止在斜面上，由平衡条件有 gsinθ＝kx0，‎ 解得k＝。‎ ‎(2)设物块b加速度的大小为a，a、b分离时b运动的位移为x1，由运动学公式有x1＝at，x0＝a(2t1)2，‎ 分离瞬间，对物块a进行受力分析，由牛顿第二定律有 k(x0－x1)－mgsinθ＝ma，‎ 联立以上各式解得a＝gsinθ。‎ ‎(3)设外力为F，经过时间t弹簧的压缩量为x，在物块a、b分离前，对物块a、b整体，由牛顿第二定律有 F＋kx－gsinθ＝a，‎ 由运动学公式有x0－x＝at2，‎ 联立以上各式解得F＝t2＋。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：60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. (2018·山东潍坊模拟)一架无人机质量为2 kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力系统，其vt图象如图所示，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)‎ A．无人机上升的最大高度为72 m B．6～8 s内无人机下降 C．无人机的升力大小为28 N D．无人机所受阻力大小为4 N 答案　D 解析　在vt图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，由题图知，无人机上升的最大高度h＝×24×8 m＝96 m，A错误；由题图知，6～8 s内无人机向上做减速运动，直到速度减为零，8 s末上升到最高点，B错误；由题图知，vt图象的斜率即为无人机运动的加速度，故0～6 s内无人机的加速度大小a1＝4 m/s2,6～8 s内无人机的加速度大小a2＝12 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1，f＋mg＝ma2，由以上两式解得F＝32 N，f＝4 N，D正确，C错误。‎ ‎2.如图所示，一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β； a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都光滑，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于(　　)‎ A．Mg＋mg B．Mg＋2mg C．Mg＋mg(sinα＋sinβ) D．Mg＋mg(cosα＋cosβ)‎ 答案　A 解析　取a、b、A整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示。以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得：FN－(M＋2m)g＝M·0＋ma1y＋ma2y。其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β，得水平桌面对楔形木块的支持力FN＝Mg＋mg，由牛顿第三定律得A正确。‎ ‎3. (2018·蓉城名校联盟联考)质量为m的物体在受到竖直向上的拉力F的作用下竖直向下运动，其运动的速度随时间变化的vt图象如图所示。假设物体受到恒定的空气阻力作用，在0～t0、t0～3t0、3t0～4t0时间内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)‎ A．F1>F2>F3 B．F1F3>F2 D．F1＝F3>F2‎ 答案　B 解析　由vt图象可知，物体在0～t0的时间内向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝，设物体受到恒定的空气阻力大小为f，由牛顿第二定律可知mg－F1－f＝ma1，解得F1＝mg－m－f；物体在t0～3t0的时间内向下做匀速直线运动，则由力的平衡条件可知F2＋f＝mg即F2＝mg－f；物体在3t0～4t0的时间内向下做匀减速直线运动，加速度大小为a3＝，由牛顿第二定律可知F3－mg＋f＝ma3，解得F3＝mg＋m－f，因此F3>F2>F1，B正确。‎ ‎4. 质量为m0的物体A放在粗糙水平桌面上，B为砂桶，A、B两物体通过跨接在光滑的定滑轮上的轻质细线连接，如图所示。开始时两物体均静止，砂桶B距地面的高度为h，然后逐渐向砂桶中加砂子，则下面说法不正确的是(　　)‎ A．砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力越大 B．砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力可能越小 C．物体A发生滑动后，砂和砂桶的质量越大，细线上拉力越大 D．某次实验时，物体A的质量与砂和砂桶的总质量相等，若物体A沿桌面滑行的最远距离等于2h，则可以求出物体A与桌面的动摩擦因数 答案　B 解析　物体A发生滑动之前，细线上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物体A发生滑动后，设砂桶和砂子的总质量为m，加速度大小为a，对B有mg－FT＝ma，对A有FT－μm0g＝m0a，联立两式整理得FT＝，m越大，拉力越大，故A、C正确，B错误；分析物体A的整个运动过程，加速阶段和减速阶段的位移大小均为h，知加速与减速过程的加速度大小相等，根据mg－FT＝ma，FT－μm0g＝m0a，m＝m0和a＝μg，可求出动摩擦因数μ，D正确。本题选不正确的，故选B。‎ ‎5．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，初始时两物体处于静止状态。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vt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．外力施加的瞬间，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 答案　B 解析　施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，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B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。‎ ‎6. 如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须(　　)‎ A．匀速向下奔跑 B．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑 C．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑 D．以加速度a＝gsinα，向上加速奔跑 答案　C 解析　作出车的受力图，如图甲所示，求出人对车的摩擦力Ff＝Mgsinα；作出人的受力图，如图乙所示，则mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，解出a＝gsinα，方向沿斜面向下。故C正确。‎ ‎7．如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)‎ A．甲车的加速度大小为 B．甲车的加速度大小为0‎ C．乙车的加速度大小为 D．乙车的加速度大小为0‎ 答案　BC 解析　对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲＝0，A错误，B正确；在乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统受力分析，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙＝，则C正确，D错误。‎ ‎8. (2018·武汉测试)如图所示，材料相同的A、B两物体质量分别为m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。轻绳拉力的大小(　　)‎ A．与斜面的倾角θ无关 B．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关 C．与两物体的质量m1和m2有关 D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变 答案　AC 解析　将两物体看成一个整体有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，‎ 解得：a＝，对B物体受力分析且由牛顿第二定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得：T＝，故B错误，A、C正确；改用F沿斜面向下拉连接体，将两物体看成一个整体有F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)·gcosθ＝(m1＋m2)·a′，解得：a′＝，对A 物体受力分析且由牛顿第二定律有：T′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得：T′＝，故D错误。‎ ‎9．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ。现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B．两种情况下获取的最大加速度相同 C．两种情况下所加的最大推力相同 D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力 答案　BC 解析　F作用于题图甲中A，当F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1，FN1cosθ＝mg，对B：FN1sinθ＝ma1；F作用于题图乙中A，当F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2，FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，可见FN2＝FN1，a2＝a1，对整体分析易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B、C正确。‎ ‎10．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则(　　)‎ A．a＝ m/s2时，FN＝0‎ B．小球质量m＝0.1 kg C．斜面倾角θ的正切值为 D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)‎ 答案　ABC 解析　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，Ta图象为直线，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tanθ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．(14分)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，细绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)物块B受到的摩擦力；‎ ‎(2)物块A、B的加速度大小。‎ 答案　(1)4μmg，方向水平向左 ‎(2)　 解析　(1)物块B所受摩擦力f＝μN＝μ·4mg＝4μmg，方向水平向左。‎ ‎(2)物块A向右移动s，则B向右移动。‎ 则：加速度aA＝2aB 分别隔离A、B，由牛顿第二定律得 F－T－μmg＝maA ‎2T－4μmg＝4maB 联立得：aA＝，aB＝。‎ ‎12．(16分)将一轻弹簧下端固定在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面底端，上端拴接着质量为mA＝1 kg的物块A，弹簧的劲度系数k＝50 N/m。质量为mB＝2 kg的物块B用绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为mC＝2 kg的物块C相连，用手托住物块C使轻绳拉直且恰好无张力，此时物块B紧靠着物块A静止于斜面上。g取10 m/s2，现在释放物块C，求：‎ ‎(1)释放瞬间物块C的加速度大小；‎ ‎(2)物块A、B分离时C下落的距离。‎ 答案　(1)4 m/s2　(2)0.15 m 解析　(1)开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得 ‎(mA＋mB)gsinθ＝kx0①‎ 释放物块C时，A、B、C将一起做加速直线运动，设此时轻绳的拉力大小为T，对物块C由牛顿第二定律可得 mCg－T＝mC a②‎ 对A、B整体由牛顿第二定律可得 T＋kx0－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a③‎ 联立①②③式并代入数值求得a＝4 m/s2。‎ ‎(2)当物块A、B分离时，A、B之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，此时A、B的加速度大小为a′，轻绳的拉力大小为T′，对A由牛顿第二定律可得 kx1－mAgsinθ＝mAa′④‎ 对B由牛顿第二定律得 T′－mBgsinθ＝mBa′⑤‎ 对C由牛顿第二定律得 mCg－T′＝mCa′⑥‎ 物块C下落的距离h＝x0－x1⑦‎ 联立①④⑤⑥式解得h＝0.15 m。‎