【物理】2020届一轮复习人教版专题突破三应用牛顿运动定律解决“四类”问题作业 10页

‎2020届一轮复习人教版 专题突破三应用牛顿运动定律解决“四类”问题 作业 ‎1．(多选)(2018·南京市、盐城市一模)建筑工地通过吊车将物体运送到高处．简化后模型如图14所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE.吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是(　　)‎ 图14‎ A．过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左 B．过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右 C．过D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用 D．过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零 答案　BC 解析　在AC段吊车和物体M一起向上做加速运动，加速度方向沿导轨向上，所以过B点时，物体M处于超重状态，由于物体M具有向右的水平分加速度，故物体M受到的支持物的静摩擦力水平向右，故A错误，B正确；过D点吊车和物体M做圆周运动，物体M有向下的向心加速度，M物体处于失重状态，一定不受支持物的摩擦力，由于过D点时的向心加速度不一定为g，所以物体M对支持物的压力不一定等于零，由牛顿第三定律知，底板支持力不一定为零，故C正确，D错误．‎ ‎2．(2018·南通市、泰州市一模) 一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比．忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，其中可能正确的是(　　)‎ 答案　D ‎3．(2018·高邮中学月考)如图15所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，重力加速度为g，此时小球对椭圆面的压力大小为(　　)‎ 图15‎ A．m B．m C．m D. 答案　B 解析　先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：FN＝＝m，由牛顿第三定律得，B选项正确．‎ ‎4．(2018·苏州市模拟)如图16甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为(　　)‎ 图16‎ A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg 答案　C ‎1．(多选)(2018·锡山中学月考)2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．如图1，她从跳台斜向上跳起，一段时间后完全进入水中，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．她在空中上升过程中处于失重状态 B．她在空中下落过程中做自由落体运动 C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 答案　AD 解析　她在空中上升过程中加速度向下，处于失重状态，故A项正确．她斜向上跳起，水平方向产生了一定的初速度，所以她在空中下落过程中做的不是自由落体运动，故B项错误．她即将入水时重力依旧大于阻力，速度还在增加，所以即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，故C项错误．由牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，故D项正确．‎ ‎2．(2018·高邮市期初)高跷运动是一项新型运动，图2甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后．人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．人向上弹起过程中，一直处于超重状态 B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D．从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动 答案　C 解析　人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后一段过程弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故C正确；从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，故D错误．‎ ‎3．(多选)(2018·泰州中学月考)如图3所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端．上述过程中，若用h、x、v和a分别表示物块距水平地面的高度、位移、速度和加速度的大小，t表示运动时间．下列图象中可能正确的是(　　)‎ 图3‎ 答案　AC ‎4．(多选)(2018·高邮市期初)质量m＝1kg的物体在合外力F的作用下由静止开始做直线运动，合外力F随时间t的变化图象如图4所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．0～1s内物体沿正方向做匀加速直线运动 B．第2s末物体达到最大速度2m/s C．第4s末物体速度为0‎ D．第4s末物体回到出发位置 答案　BC 解析　0～1 s内，F逐渐变大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐增大，故A错误；由于m＝1 kg，可知a－t图线与F－t图线相同，a－t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从图线可以看出，2 s末速度最大，最大速度vm＝×2×2 m/s＝2 m/s，故B正确；4 s内a－t图线围成的面积为零，则速度变化量为零，可知第4 s末速度为零，故C正确；0～2 s内一直做加速运动，2～4 s内运动与0～2 s内的运动对称，做减速直线运动，但是速度方向不变，可知第4 s末物体未回到出发点，故D错误．‎ ‎5．如图5所示，两个质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)‎ 图5‎ A．弹簧测力计的示数是50N B．弹簧测力计的示数是24N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2‎ D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10m/s2‎ 答案　B 解析　对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，选项C、D错误．‎ ‎6.(多选)(2019·小海中学月考)如图6所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)‎ 图6‎ A．μmg B. C．μ(M＋m)g D．ma 答案　BD 解析　对整体受力分析如图甲所示，整体所受的合力为F，整体具有的加速度a＝.‎ 对m受力分析如图乙所示，根据牛顿第二定律得，Ff＝ma＝，故B、D正确，A、C错误．‎ ‎7.如图7所示，质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2N，B与地面间的动摩擦因数为0.2.用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 图7‎ A．F≤12N B．F≤10N C．F≤9N D．F≤6N 答案　A 解析　当A、B间有最大静摩擦力(2N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得F＝12N，故A、B保持相对静止的条件是F≤12N，A正确，B、C、D错误．‎ ‎8．(多选)如图8所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．斜面光滑 B．斜面粗糙 C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 答案　AC 解析　隔离小球受力分析，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsinθ ‎，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面看成一个整体，因为支架系统具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误．‎ ‎9．(多选)(2018·红桥中学一调)甲、乙两球从相同高度同时由静止开始落下，两球在到达地面前，除重力外，还受到空气阻力f的作用，此阻力与球的下落速率v成正比，即f＝－kv(k＞0)，且两球的比例常数k完全相同．如图9所示为两球的v－t图象．若甲球与乙球的质量分别为m1和m2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．m1＞m2‎ B．m1＜m2‎ C．乙球先到达地面 D．甲球先到达地面 答案　AD 解析　由题图图象知甲、乙两球匀速运动的速度关系有：v甲＞v乙①‎ 由平衡条件得：mg＝kv②‎ ‎①②联立得：m1＞m2 ，故A正确，B错误；‎ 两者位移相等时，图线与时间轴围成的面积相等，知乙球的运动时间长，故甲球先抵达地面，故C错误，D正确．‎ ‎10．(2018·南京师大附中5月模拟)如图10所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器．木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N．当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10m/s2，此时木箱的加速度大小为(　　)‎ 图10‎ A．10.0m/s2 B．5.0m/s2‎ C．2.5m/s2 D．条件不足，无法确定 答案　C 解析　木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力、上方传感器向下的压力F1，下方传感器向上的支持力FN1，根据平衡条件，有F1＋G＝FN1，解得G＝20 N－12 N＝8 N，弹簧重力不计，故物块重力为8 N，物块的质量m＝＝0.8 kg；对物块受力分析，受重力、弹簧的弹力F2和上方传感器向下的压力F1，根据平衡条件，有G＋F1＝F2，解得F2＝20 N；当系统竖直向上发射时，弹簧弹力不变，仍为20 N，设上表面传感器的示数为F，则下表面传感器的示数为2F，对物块分析有20 N－F－G＝ma，即12 N－F＝0.8a；对弹簧和物块整体分析有2F－G－F＝ma，即F－8 N＝0.8a，联立解得F＝10 N，a＝2.5 m/s2，C正确．‎ ‎11.(多选)(2018·南通市、泰州市一模)如图11所示，质量均为m的A、B两物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，置于足够长、倾角为30°的固定斜面上，处于静止状态．物块A下表面光滑，物块B与斜面间的最大静摩擦力为Ff，重力加速度为g.现给物块A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动，弹簧始终在弹性限度内．则(　　)‎ 图11‎ A．当物块B刚开始运动时，弹簧伸长量最大 B．在物块B开始运动前，物块A可能一直做加速运动 C．物块A沿斜面向上运动距离为时，速度达到最大 D．当物块A沿斜面向上运动距离为时，物块B开始运动 答案　BD ‎12.(2018·南通等六市一调)如图12所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板顶端．静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止．已知M＝1.5m，重力加速度为g，求：物块C沿木板下滑的加速度的大小．‎ 图12‎ 答案　g 解析　对木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力，‎ 根据平衡条件可得：Mgsin 30°＋Ff＝mg，‎ 由题意可知：M＝1.5m，可得A、C间的摩擦力为：Ff＝0.25mg，‎ 对C受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsin 30°－Ff＝ma，‎ 联立可得C下滑的加速度大小为a＝g.‎ ‎13.如图13，粗糙水平地面与两滑块间的动摩擦因数相同，均为μ＝0.4，两滑块的质量分别为M＝5kg、m＝1kg，开始时细线伸直但无拉力，现在用水平向右的恒力F作用在大滑块上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ 图13‎ ‎(1)在保证细线中不产生拉力的情况下，F允许的最大值；‎ ‎(2)当拉力F＝30N时，两滑块贴着地面运动的加速度大小；‎ ‎(3)要小滑块能离开地面，拉力F至少要多大？‎ 答案　(1)20N　(2)1m/s2　(3)69N 解析　(1)细线中不产生拉力的情况下，F允许的最大值Fmax＝μMg＝20 N.‎ ‎(2)F＝30 N时，M、m均未离开地面，把两滑块及细线看成一个整体 F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝1 m/s2.‎ ‎(3)小滑块刚要离开地面时，竖直方向有mg＝FTcos 37°‎ 解得FT＝12.5 N 水平方向：FTsin 37°＝ma′，解得a′＝7.5 m/s2‎ 把两滑块及细线看成一个整体，小滑块恰好离开地面时，有Fmin－μ(M＋m)g＝(M＋m)a′‎ 解得Fmin＝69 N.‎