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- 2021-05-26 发布
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信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：用牛顿运动定律解决问题（解析版)
1．如图，质量为m的物块(可视为质点)以初速度v1沿足够长斜面向上做减速运动，加速度为a1，经过时间t1运动到最高点，又经过时间t2返回到出发点，返回时加速度为a2，回到出发点时的速度为v2，已知斜面倾角为θ，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是
A．a1tanθ
2．如图所示，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 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B上，使物体开始向上一起做加速度为a的匀加速运动直到 分离，重力加速度为g，其中，则
A．外力施加的瞬间，间的弹力大小为
B．刚分离时，弹簧弹力恰好为零
C．分离时，上升的高度为
D．A．B分离后，A速度最大时弹簧恰好恢复原长
3．如图所示，某同学站在一弹性木板的中央，当静止时木板被压弯，则下列说法中正确的是
A．木板受到人的压力是因为木板的形变产生的
B．木板对人的支持力与人对木板的压力大小相等
C．人对木板的压力与人的重力是一对平衡力
D．如果某时刻该同学突然下蹲，在下蹲开始阶段木板的弯曲程度将增大
4．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示直角型木板上用轻绳连接着一个质量为m=2 kg的物块，细绳与竖直方向夹角为53°，木板和物块间的动摩擦因数为μ=0.5。开始时木板和物块都静止，绳的拉力恰好为零。当木板匀加速向右运动时，下列说法正确的是（取g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
A．若木板的加速度为4 m/s2，则物块所受摩擦力为8 N
B．若木板的加速度为6 m/s2，则物块所受摩擦力为10 N
C．若木板的加速度为6 m/s2，则物块所受绳的拉力为4 N
D．若木板的加速度为20 m/s2，则物块所受绳的拉力为
6．如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知， a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为。巳知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对a施加一水平向右的拉力，下列判断不正确的是（ ）
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过
B．当时， a、b间的摩擦力为
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过
D．当时，a、b间的摩擦力为
7．倾角为的光滑斜面C固定在水平面上，将两物体A、B叠放在斜面上，且同时由静止释放，A、B的接触面与斜面平行，则下列说法正确的是( )
A．物体A相对于物体B向上运动
B．斜面C对水平面的压力小于A、B、C三者重力之和
C．物体A、B之间的动摩擦因数不可能为零
D．物体A运动的加速度大小为
8．如图所示，质量为M的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为m的铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，现给铁块施加一由零开始逐渐变大的水平作用力F，下列判断正确的是（ ）
A． 若μ1>μ2，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
B． 若μ1mg>μ2Mg,则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
C． 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时， F的大小为μ1mg
D． 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为
9．如图所示，物体m 放在斜面上，给物体一个沿斜面向下的初速度，物体开始沿斜面向下滑动，设物体的加速度为a1 ，若只在物体m 上再放一个物体m′，则m′与m 一起下滑的加速度为a2 ，若只在m 上施加一个方向竖直向下、大小等于m′g的力F ，此时 m下滑的加速度为a3 ．关于a1、a2、a3 的关系正确的是（ ）
A．a1=0时，一定有a2=a3>0
B．a1=0时，a2=a3 ，且一定为零
C．只要a1≠0 且沿斜面向下，一定有a1=a2μ2，选项A错误；
B. 若μ1mg>μ2Mg，则也可能μ1mg＞μ2（M+m）g，则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，选项B正确；
C.若铁块B先相对A发生滑动，以B为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件知，当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为μ1mg，C正确；
D.B相对于A滑动时，二者的加速度关系为aB≥aA，即：
，
整理得：
，
所以当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为，D正确。
9．BC
【解析】
【详解】
AB.物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma1，
解得：
a1=gsinθ-μgcosθ，
在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：
（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2，
解得：
a2=gsinθ-μgcosθ
当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：
（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3，
解得：
a3=gsinθ-μgcosθ+，
若a1=0时，一定有a2=a3=0，故A错误，B正确；
CD.只要a1≠0，一定有a1=a2＜a3，故C正确，D错误；
10．ABD
【解析】
【详解】
A.在0-t1时间内，小球在O的左方向向右做匀加速运动；在t1-t2时间内小球在O的右方向右做匀减速直线运动，在t2-t3时间内小球在O的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在O的右方运动的时间为t3-t1=t4-2t1，故A正确；
B.图中0-t1与t3-t4两段时间内小球在O的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在O的左方加速度为
，
故B正确；
C.在t1-t3时间内，小球的加速度大小为
，
根据牛顿第二定律得：
F2-F1=ma′，
得到
F2=F1+ma′=F1+ ，
故C错误；
D.小球在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为
，
故D正确。
11．AC
【解析】
【详解】
AB.对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：
，
解得
所以弹簧的原长为
，
对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：
解得
故A正确，B错误。
C.撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得
，
小球A此时的加速度
，
故C正确。
D.撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误
12．BC
【解析】
【详解】
AB.当水平传送带静止时,物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动.若传送带逆时针转动,物块通过传送带时,受到的滑动摩擦力仍水平向左,大小不变,则加速度不变,可以知道物块仍落在A点,故A错误,B正确;
CD.设物块滑上传送带时速度为 ,传送带的速度为v.当时,物块滑上传送带可能一直做匀减速运动,加速度与传送带静止时相同,当滑到传送带右端时,速度与传送带静止时相同,则物块仍落在A点.物块也可能先做匀减速运动,后来与传送带一起做匀速运动,滑到传送带右端时,速度大于传送带静止时速度,则物块落在A点右侧.当时,物块滑上传送带时两者相对静止,一起做匀速运动,则物块落在A点右侧.当时,物块滑上传送带可能一直做匀加速运动,也可能先做匀加速运动,后与传送带一起匀速运动,滑到传送带右端时,速度大于传送带静止时速度,则物块落在A点右侧.故C正确；D错误
13．(1)a=4m/s2 (2)=0.25 k=30kg/s
【解析】
【详解】
(1)由速度－时间图像可知，物体开始做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速运动，在t=0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有
(2)在t=0时刻，v0=0，由牛顿第二定律可得
最后匀速运动，vm=10m/s，a=0，由平衡关系可得
联立可得
=0.25
k=30kg/s
14．(1)4m/s，向右(2)6s(3)
【解析】
【详解】
(1) 对收纳箱由牛顿第二定律得：
解得：
由速度公式得：
，方向向右；
(2)对小车由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
小车的速度为：
经过2s小车的位移
收纳箱的位移
经2秒后，收纳箱作匀减速运动
，向左
小车加速度不变，仍为，向右，当两者速度相等时，收纳箱恰好到达小车最右端
共同速度为
联立解得：
，，
收纳箱和小车一起作为整体向右以
收纳箱和小车获得共同速度到停止运动的时间为：
力F2作用的时间
(3)小车和收纳箱到达共同速度时间内的位移：
小车：
收纳箱：
小车的长度：
15．（1）0.5m/s2，水平向右；（2）7N；（3）5W
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律可知：
，
方向：水平向右；
（2）根据牛顿第二定律可知：
，
代入数据解得：
，
（3）而由运动学公式可知：
，
对于木板B，有：
；
由功率公式得：
16．（1）1.6m/s2；（2）696N
【解析】
【详解】
（1）设演员在匀加速和匀减速过程中所用时间分别是和，加速度大小分别为和，因为匀加速的末速度即为匀减速的初速度．
所以
又因为
解得得：
匀减速到0的过程可以逆向看做初速度0的匀加速直线运动，那么总的高度
代入数据得：
（2）演员在匀加速上升过程中，由牛顿第二定律可得：
解得：
轻绳对地面上的人的拉力为
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