【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 课时作业 14页

‎2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 课时作业 一、选择题 ‎1．(多选)下列关于超重、失重现象的描述，正确的是(　　)‎ A．列车在水平轨道上加速行驶，列车上的人处于超重状态 B．电梯正在减速下降，人在电梯中处于超重状态 C．蹦床运动员在空中上升阶段处于失重状态，下落阶段处于超重状态 D．神舟十一号飞船在竖直向上加速升空的过程中，飞船里的宇航员处于超重状态 解析：选BD　列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的人在竖直方向上平衡，既不失重也不超重，A错误；电梯正在减速下降，加速度方向竖直向上，电梯里的人为超重状态，B正确；运动员在空中上升和下落阶段加速度都竖直向下，为失重状态，C错误；飞船加速升空的过程中，加速度向上，飞船中的宇航员处于超重状态，D正确．‎ ‎2．物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1.现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图所示，则A对B的拉力等于(　　)‎ A．1 N　　　　　　　　　　 B．1.5 N C．2 N D．3 N 解析：选A　设B物体的质量为m，A对B的拉力为F，对A、B整体，根据牛顿第二定律得a＝，对B有F＝ma，所以F＝1 N.‎ ‎3. (多选)(2018届黄冈一模)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是(　　)‎ 解析：选BD　设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B 做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此B和D是可能正确的．‎ ‎4．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、‎2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　)‎ A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg 解析：选C　当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg；对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.‎ ‎5. (多选)将一个质量为‎1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的vt图象如图所示，g取‎10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球所受重力和阻力之比为5∶1‎ B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3‎ C．小球落回到抛出点时的速度大小为‎8 m/s D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态 解析：选AC　上升过程中mg＋Ff＝ma1，由题图可知a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝at2，可得＝＝，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ s，可得v＝8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．‎ ‎6. (2018届淮北一模)如图，物块A和B的质量分别为‎4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为(　　)‎ A．aA＝g，aB＝‎5g B．aA＝aB＝g C．aA＝g，aB＝‎3g D．aA＝0，aB＝‎‎2g 解析：选D　对滑轮分析：F－2T＝m′a，又m′＝0‎ 所以T＝＝＝3mg 对A分析：由于T＜4mg，故A静止，aA＝0‎ 对B分析：aB＝＝＝2g，故D正确．‎ ‎7. (2018届德阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：‎ ‎①若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；②若F2＝mg，则F1mg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误．‎ ‎3. (2018届甘肃一诊)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是(　　)‎ A．a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1a2，F1>F2‎ 解析：选A　以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a＝，可得a1＝a2＝a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1－μm1g＝m1a1，可得F1＝μm1g＋m1a1＝；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，有F2－μm2g＝m2a2，可得F2＝，由于m1>m2，则F1>F2，A正确．‎ ‎4.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离．下列说法正确的是(　　)‎ A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于 D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 解析：选C　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0‎ 对B：F－mg＝ma 对A：kx－mg＝ma 即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，‎ 由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，‎ 则2mg＝kx0，h＝x0－x 解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．‎ ‎5. (多选)(2019届哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　)‎ A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为 C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 解析：选BC　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小 fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A项错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D项错误．‎ ‎6．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　　)‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g D．M运动的加速度大小为g 解析：选BC　按题图甲放置时，M静止，则Mgsinα＝mg，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mg－mgsinα＝(M＋m)α，联立解得a＝(1－sinα)g.对m由牛顿第二定律得T－mgsinα＝ma，解得T＝mg，故A、D错误，B、C正确．‎ ‎7．(多选)图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为m1，B的质量为m2.设A、B间的动摩擦因数为μ，作用在A上的水平拉力为F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图乙为F与μ的关系图象，其直线方程为F＝μ.下列说法正确的有(　　)‎ A．μ和F的值位于a区域时，A、B相对滑动 B．μ和F的值位于a区域时，A、B相对静止 C．μ和F的值位于b区域时，A、B相对滑动 D．μ和F的值位于b区域时，A、B相对静止 解析：选AD　当A、B间刚要发生相对滑动时静摩擦力达到最大值，以B为研究对象，由牛顿第二定律得μm1g＝m2a，得a＝.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a＝μ，可以知道，图中实线对应两个物体刚要发生相对滑动的情形．μ和F的值位于a区域时，该区域中的点与原点连线的斜率大于实线的斜率，即有＞，可得F>μ，A、B相对滑动；μ和F的值位于b区域时，该区域中的点与原点连线的斜率小于实线的斜率，即有＜，可得F<μ，A、B相对静止，故A、D项正确，B、C项错误．‎ ‎8. (2018届黄冈质检)如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增加，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到‎2a时，(　　)‎ A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 解析：选A　对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于2个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，解得tanθ＝，当a增加到2倍时，tanθ变为2倍，但θ不是原来的2倍．细线的拉力FT＝，可见，a变为2倍，FT不是原来的2倍，故C、D错误．‎ ‎9．(多选)(2019届合肥模拟)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示．图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取‎9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是(　　)‎ A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值 D．若θ已知，可求出乙图中m0的值 解析：选BC　根据牛顿第二定律得 对B得：mg－F＝ma①‎ 对A得：F－mAgsinθ＝mAa②‎ 联立得a＝③‎ 若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误；‎ 由③式变形得a＝ 当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确；‎ 由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsinθ，故C正确；‎ 当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，可知m0不能求出，故D错误．‎ ‎10．(多选)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)‎ 解析：选ABC　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图象呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，选项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，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误．‎ 二、非选择题 ‎11．如图所示，倾角为45°的轨道AB和水平轨道BC在B处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道AB上离水平轨道BC高h处由静止释放，以小物块运动到B处的时刻为计时零点，探测器只在t＝2～5 s内工作．已知小物块与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段长为L＝‎8 m，重力加速度g＝‎10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h的取值范围．‎ 解析：设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin45°－μ1mgcos45°＝ma1‎ 设物块到达B处的速度为vB，由速度—位移关系得 vB2＝‎2a1· 物块在水平轨道BC上做减速运动的加速度大小为a2＝μ2g ‎①设物块运动到D点时速度恰好为零，这种情况下vB最小，物块在水平轨道BC上运动的时间最长，则vB1＝＝4 m/s，又t1＝＝4 s 当物块在t1＝4 s到达D点时．联立解得h1＝1.6 m ‎②当物块在t2＝2 s到达D点时L＝vB2t2－a2t22‎ 联立解得h2＝2.5 m 为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h的取值范围为 ‎1．‎6 m≤h≤‎2.5 m.‎ 答案：1.6 m≤h≤‎‎2.5 m ‎12.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和‎2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计．A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等．管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)．现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g.‎ ‎(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件；‎ ‎(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离．‎ 解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA.‎ 对A、B整体有3mg－F＝3ma 对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1‎ 联立解得F≤mg.‎ ‎(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝ 当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ 由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦 力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 a2＝＝ 物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为 ΔL＝L－＝L－H.‎ 答案：(1)F≤mg　(2)L－H