【物理】2019届二轮复习　牛顿运动定律在力学中的应用作业（全国通用） 11页

‎2019届二轮复习 　牛顿运动定律在力学中的应用 作业（全国通用）‎ 一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)‎ ‎1.(2018·济南模拟)目前青岛最高建筑是位于市北区连云港路和敦化路交叉口的青岛国际航运中心,海拔高度‎295米.若有一乘客从该航运中心一楼坐电梯直上楼顶,电梯先竖直向上做匀加速运动,达到一定速度后做匀速运动,最后做匀减速直线运动直到顶楼,则该乘客依次经历的状态是(　C　)‎ A.失重　平衡　超重 B.平衡　失重　超重 C.超重　平衡　失重 D.超重　失重　平衡 解析:当电梯先竖直向上做匀加速运动时,电梯的加速度方向向上,乘客处于超重状态;当电梯向上做匀速直线运动的过程中,电梯加速度为零,乘客处于平衡状态;当电梯向上做减速运动的过程中,电梯的加速度方向向下,乘客处于失重状态.故A,B,D错误,C正确.‎ ‎2.(2018·潍坊二模)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,其vt图像如图所示,g取‎10 m/s2.下列判断正确的是(　D　)‎ 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 解析:无人机一直向上运动,8 s末上升到最大高度,最大高度为h=‎ ‎ m=‎96 m,故A错误;6～8 s内速度为正,无人机仍在上升,故B错误;6～8 s内加速度大小为a2== m/s2=‎12 m/s2,根据牛顿第二定律有mg+f=ma2,代入数据得无人机所受阻力大小为f=4 N;0～6 s内加速度大小为a1== m/s2=‎4 m/s2,根据牛顿第二定律有F-mg-f=ma1,代入数据得无人机的升力大小F=32 N,故C错误,D正确.‎ ‎3.(2018·德州一模)如图所示,一质量为M=‎2 kg、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m=‎1 kg的光滑楔形物块,物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动.重力加速度为g=‎10 m/s2.下列判断正确的是(　B　)‎ A.物块对斜面的压力大小N1=5 N B.斜面体的加速度大小为a=‎5 m/s2‎ C.水平恒力大小F=10 N D.若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止,则F将变小 解析:M,m整体受重力、水平面支持力N和推力,根据牛顿第二定律,水平方向有F=(M+m)a;竖直方向有N=(M+m)g,斜面体M受重力、压力N1、支持力N,根据牛顿第二定律,水平方向有N1sin θ=Ma,竖直方向有N1cos θ+Mg=N,联立解得a==‎5 m/s2,F==15 N,N1=‎ ‎=10 N,故B正确,A,C错误;若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止,则对整体有F=(M+m)a′;对m有mgtan 45°=ma′,解得F=(M+m)g=30 N,即F变大,故D错误.‎ ‎4.(2018·南充模拟)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=‎ ‎30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v0=‎7 m/s的速率运行.现把一质量为‎4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端,经一段时间后工件被传送到h=‎8 m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ=,取g=‎10 m/s2,在这段时间,工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图像正确的是(　A　)‎ 解析:工件受力如图所示,据牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=‎ ma得a=‎2.5 m/s2,工件速度由0加速到v0所用的时间t== s=2.8 s,在这段时间内工件的位移x=at2=×2.5×‎2.82 m=‎9.8 m,传送带的长度L==‎16 m,说明工件与传送带共速时还没有到达顶端.因为 μmgcos θ>mgsin θ,所以共速后物体随传送带匀速运动,因此工件先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀速直线运动,选项A正确;在匀加速阶段,由x=at2,知xt图像为抛物线,匀速后图线为直线,选项B错误;加速度先不变后为零,选项C错误;合外力先不变后为零,选项D错误.‎ ‎5.(2018·榆林三模)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试,某次新能源汽车性能测试中,图(甲)显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化关系,但由于机械故障,速度传感器只传回了第20 s以后的数据,如图(乙)所示,已知汽车质量为1 ‎500 kg,若测试平台水平,且汽车由静止开始直线运动,设汽车所受阻力恒定,由分析可得(　B　)‎ A.由图(甲)可得汽车所受阻力为1 000 N B.20 s末汽车的速度为‎26 m/s C.由图(乙)可得20 s后汽车才开始匀速运动 D.前20 s内汽车的位移为‎426 m 解析:由图(乙)可知,所记录的20 s后汽车速度不变,说明18 s后汽车做匀速运动,此时牵引力为F3=1.5×103 N,由平衡条件知,阻力为f=‎ F3=1.5×103 N,故A,C错误;0～6 s内,由牛顿第二定律得F1-f=ma1,代入数据解得a1=‎5 m/s2.6 s末车速为v1=a1t1=5×‎6 m/s=‎30 m/s;在6～18 s内,有F2-f=ma2,解得a2=- m/s2.第18 s末车速为v2=v1+a2t2=‎ ‎26 m‎/s,则20 s末车速为v3=‎26 m/s,故B正确;汽车在0～6 s内的位移为x1=t1=×‎6 m=‎90 m;汽车在6～18 s内的位移为x2=t2=‎ ‎×‎12 m=‎336 m;汽车在18～20 s内的位移为x3=v3t3=26×‎2 m=‎52 m,故汽车在前20 s的位移为x=x1+x2+x3=‎478 m,故D错误.‎ ‎6.(2018·洛阳二模)如图,长木板C置于光滑水平地面上,A,B两物块放在木板上.已知A,B,C的质量mA=mC=m,mB=‎2m,A,B两物块与木板间的动摩擦因数都为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现用水平向左的力F作用在A物块上,当F由0逐渐增大时(　AD　)‎ A.当F=μmg时,A与C开始相对滑动 B.当F=2μmg时,B所受摩擦力大小为 C.一直增大F,B的最大加速度为μg D.无论F多大,B和C总保持相对静止 解析:A,C间的最大静摩擦力为fA=μmAg=μmg,A,C间恰好不滑动时,对于A,有F-μmg=ma,对B,C,有μmg=3ma,解得F=μmg,因此当F=‎ μmg时,A与C开始相对滑动,故A正确;若F=2μmg>fA,A,C发生相对滑动,A对C的滑动摩擦力为μmg,而B,C一起运动的加速度为a==‎ μg,且保持不变,此时B受到的静摩擦力为fB=2ma=μmg<2μmg,所以B,C始终相对静止,则B的最大加速度为μg,故B,C错误,D正确.‎ ‎7.(2018·太原二模)如图所示,足够长的、倾角为30°的光滑斜面上,挡板C与斜面垂直.质量均为m的A,B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连,在C的作用下处于静止状态.现给A施加沿斜面向上的恒力F,使A,B两物块先后开始运动.已知弹簧始终在弹性限度内,下列判断正确的是(　AB　)‎ A.恒力F的值可以小于mg B.物块B开始运动时,物块A的加速度为 C.物块B开始运动时,A发生位移的值为 D.当物块B的速度第一次最大时,弹簧的形变量为 解析:物块B开始运动时,弹簧的弹力大小F弹=mgsin 30°,此时A可能在做减速运动,则有Fμ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度相同且为v2,木板的位移为x3,则 μ‎1m1g=m‎1a3,‎ μ‎1m1g-μ2(m1+m2)g=m‎2a4‎ 又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4‎ 代入数据解得a3=‎2 m/s2,a4=‎1 m/s2,t2=0.5 s,‎ v2=‎0.5 m/s,x3=‎0.125 m.‎ 木板与小铁块速度相同后,两者一起做减速运动直至速度为零,设加速度为a5,位移为x4,则 μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5,=‎2a5x4,‎ 代入数据解得x4=‎‎0.125 m 木板在水平面上总共滑行的位移大小为 x=x2-(x3+x4)=‎0.625 m.‎ 答案:(1)0.5 s　‎0.375 m　‎0.875 m　(2)‎‎0.625 m