2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè)(含解析)

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1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018·浙江4月選考)如圖所示,小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作,下列F-t圖象能反映體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變化的是(  ) 解析:對(duì)人的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析可知,人下蹲的過(guò)程可以分成兩段:人在加速下蹲的過(guò)程中,有向下的加速度,處于失重狀態(tài),此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力小于人的重力的大??;在減速下蹲的過(guò)程中,加速度方向向上,處于超重狀態(tài),此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于人的重力的大小,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤. 答案:C 2.我國(guó)航天員要在天宮1號(hào)航天器實(shí)驗(yàn)艙的桌面上測(cè)量物體的質(zhì)量,采用的方法如下:質(zhì)量為m1的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個(gè)力傳感器.待

2、測(cè)質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上.在某一外力作用下整體在桌面上運(yùn)動(dòng),如圖所示.穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個(gè)傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2,由此可知待測(cè)物體B的質(zhì)量為(  ) A.       B. C. D. 解析:整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得F1=(m1+2m2+m)a;隔離B物體,由牛頓第二定律得F2=ma;聯(lián)立可得m=,B對(duì). 答案:B 3.如圖甲所示,小物塊從足夠長(zhǎng)的光滑斜面頂端由靜止自由滑下.下滑位移x時(shí)的速度為v,其x - v2圖象如圖乙所示,取g=10 m/s2,則斜面傾角θ為(  ) A.30° B.45° C.60° D.75° 解析:由v2=2ax得

3、x=v2,結(jié)合x(chóng) - v2圖象可知小物塊的加速度a=5 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得,小物塊的加速度a=gsin θ,所以θ=30°,選項(xiàng)A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 答案:A 4.質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上,一細(xì)繩繞過(guò)皮帶輪的皮帶槽,一端系一質(zhì)量為m的重物,另一端固定在桌面上.如圖所示,工件與桌面、繩之間以及繩與桌面邊緣之間的摩擦都忽略不計(jì),桌面上繩與桌面平行,則重物下落過(guò)程中,工件運(yùn)動(dòng)的加速度為(  ) A. B. C. D. 解析:相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是工件運(yùn)動(dòng)距離的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,設(shè)繩上的拉力為F,根據(jù)牛頓第二定律有:=2×,解

4、得:F=,工件加速度為:a==,所以A正確. 答案:A 二、多項(xiàng)選擇題 5.在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計(jì),電梯靜止時(shí),某同學(xué)站在體重計(jì)上,體重計(jì)示數(shù)為50 kg,電梯運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,某一段時(shí)間內(nèi)該同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)示數(shù)如圖所示,已知重力加速度為g,則在這段時(shí)間內(nèi),下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.該同學(xué)所受的重力變小了 B.該同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力等于體重計(jì)對(duì)該同學(xué)的支持力大小 C.電梯一定在豎直向下運(yùn)動(dòng) D.電梯的加速度大小為,方向一定豎直向下 解析:體重計(jì)的示數(shù)減小,說(shuō)明該同學(xué)對(duì)其壓力減小,但該同學(xué)所受重力沒(méi)有變化,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;該同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力和體重計(jì)對(duì)其的支持力是一對(duì)作用力

5、與反作用力,根據(jù)牛頓第三定律可知選項(xiàng)B正確;體重計(jì)的示數(shù)變小,說(shuō)明處于失重狀態(tài),電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)或者向上減速運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電梯靜止時(shí),由平衡條件知FN1=mg,電梯運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由牛頓第二定律可知mg-FN2=ma,代入數(shù)據(jù)解得a=g,故選項(xiàng)D正確. 答案:BD 6.(2019·山東濟(jì)南模擬)如圖所示,用力F拉A、B、C三個(gè)物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng),現(xiàn)在中間的B物體上加一塊橡皮泥,它和中間的物體一起運(yùn)動(dòng),且原拉力F不變,那么加上物體以后,兩段繩的拉力Ta和Tb的變化情況是(  ) A.Ta增大 B.Tb增大 C.Ta減小 D.Tb減小 解析:設(shè)最左邊的物體質(zhì)量為m,最右

6、邊的物體質(zhì)量為m′,整體質(zhì)量為M,整體的加速度a=,對(duì)最左邊的物體分析,Tb=ma=,對(duì)最右邊的物體分析,有F-Ta=m′a,解得Ta=F-.在中間物體上加上一個(gè)小物體,則整體的加速度a減小,因?yàn)閙、m′不變,所以Tb減小,Ta增大,A、D正確. 答案:AD 7.(2019·貴州省黔東南州模擬)粗糙的水平面上一物體在水平方向拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng),水平拉力F及運(yùn)動(dòng)速度v隨時(shí)間變化的圖線如圖中甲、乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,則(  ) A.前2 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的加速度為2 m/s2 B.前4 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移大小為8 m C.物體的質(zhì)量m為2 kg D.物體與地面間的動(dòng)

7、摩擦因數(shù)μ=0.1 解析:根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度,可知前2 s內(nèi)物體的運(yùn)動(dòng)加速度a== m/s2=2 m/s2,故A正確;前4 s內(nèi)物體的位移為x=(×2×4+2×4) m=12 m,故B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律得,前2 s內(nèi)F1-μmg=ma,后2 s內(nèi)F2=μmg,由圖得F1=15 N,F(xiàn)2=5 N,代入解得m=5 kg,μ=0.1,故C錯(cuò)誤,D正確. 答案:AD [能力題組] 一、選擇題 8.(多選)(2019·四川成都聯(lián)考)如圖所示,甲圖為光滑水平面上質(zhì)量為M的物體,用細(xì)線通過(guò)定滑輪與質(zhì)量為m的物體相連,由靜止釋放M;乙圖為同一物體M在光滑水平面上用細(xì)線通過(guò)定滑輪

8、受到豎直向下拉力F的作用,拉力F的大小與m的重力相等,由靜止釋放M,開(kāi)始時(shí)M距桌邊的距離相等,則(  ) A.甲、乙兩圖中M的加速度相等,均為 B.甲、乙兩圖中細(xì)線受到的拉力相等 C.甲圖中M到達(dá)桌邊用的時(shí)間較長(zhǎng),速度較小 D.甲圖中M的加速度為aM=,乙圖中M的加速度為aM′= 解析:甲圖:以兩個(gè)物體整體為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律得aM=;乙圖:aM′=,故A錯(cuò)誤,D正確;乙圖中細(xì)線拉力大小為F=mg,而甲圖中,對(duì)M:FT=MaM=

9、. 答案:CD 9.(多選)(2019·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)期末)質(zhì)量為m=2 kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處,物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,在水平拉力F作用下物塊由靜止開(kāi)始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,物塊回到出發(fā)點(diǎn)O處,取水平向右為速度的正方向,如圖甲所示,物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其速度v隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,則(  ) A.物塊經(jīng)過(guò)4 s回到出發(fā)點(diǎn) B.物塊運(yùn)動(dòng)到第3 s末時(shí)改變水平拉力的方向 C.3.5 s時(shí)刻水平力F的大小為4 N D.4.5 s時(shí)刻水平力F的大小為16 N 解析:物塊經(jīng)過(guò)4 s,速度減小到零,離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn),

10、選項(xiàng)A錯(cuò)誤.在0~3 s時(shí)間內(nèi),物塊加速度a1=1 m/s2.由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,F(xiàn)1-μmg=ma1,解得F1=12 N.在3~4 s時(shí)間內(nèi),物塊加速度a2=-3 m/s2,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,F(xiàn)2-μmg=ma2,解得F2=4 N,物塊運(yùn)動(dòng)到第3 s時(shí)水平拉力由12 N改變?yōu)? N,但是方向沒(méi)有改變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確.在4~5 s時(shí)間內(nèi),速度為負(fù)值,摩擦力方向改變,物塊加速度a3=-3 m/s2.由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,F(xiàn)3+μmg=ma3,解得F3=-16 N,選項(xiàng)D正確. 答案:CD 10.如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)

11、,B與A分離.下列說(shuō)法正確的是(  ) A.B和A剛分離時(shí),彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng) B.B和A剛分離時(shí),它們的加速度為g C.彈簧的勁度系數(shù)等于 D.在B與A分離之前,它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析:A、B分離前,A、B共同做加速運(yùn)動(dòng),由于F是恒力,而彈力是變力,故A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩物體要分離時(shí),F(xiàn)AB=0. 對(duì)B:F-mg=ma, 對(duì)A:kx-mg=ma. 即F=kx時(shí),A、B分離,此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài). 設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0, 有2mg=kx0,h=x0-x,F(xiàn)=mg, 解以上各式得a=0,k=.綜上所述,只有選項(xiàng)C正確. 答案:C 二、非選擇題

12、 11.如圖所示,粗糙的地面上放著一個(gè)質(zhì)量M=1.5 kg的斜面體,斜面部分光滑,底面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,傾角θ=37°,在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m=0.5 kg的小球,彈簧勁度系數(shù)k=200 N/m,現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F,使整體向右以a=1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2).求: (1)F的大??; (2)彈簧的形變量及斜面對(duì)小球的支持力大?。? 解析:(1)對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律: F-μ(M+m)g=(M+m)a 解得:F=6 N. (2)設(shè)彈簧的形變量為x,斜面對(duì)小球的

13、支持力為FN 對(duì)小球受力分析: 在水平方向:kxcos θ-FNsin θ=ma 在豎直方向:kxsin θ+FNcos θ=mg 解得:x=0.017 m,F(xiàn)N=3.7 N. 答案:(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N 12.(2019·浙江杭州五校聯(lián)盟聯(lián)考)足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α=53°,小物塊與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,水平面與斜面之間由一小段長(zhǎng)度不計(jì)的弧形連接,一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn).現(xiàn)在AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α=53°角的恒力F作用,如圖甲所示,小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示,到達(dá)B點(diǎn)撤去恒力F(已知sin 53°=0.

14、8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2).求: (1)小物塊所受到的恒力F的大??; (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng),到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間; (3)小物塊能否返回到A點(diǎn)?若能,計(jì)算小物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度;若不能,計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離. 解析:(1)由題圖乙可知,AB段加速度 a1== m/s2=0.5 m/s2, 根據(jù)牛頓第二定律,有Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1, 解得F=11 N. (2)在BC段mgsin α=ma2,解得a2=8.0 m/s2. 小物塊從B上滑到最高點(diǎn)所用時(shí)間與從最高點(diǎn)滑回到B所用時(shí)間相等,由題圖乙可知,小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB=2.0 m/s,有 t== s=0.5 s. (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,有μmg=ma3, 解得a3=5.0 m/s2. 滑行的位移s== m=0.4 m sAB=t=t=×4.0 m=4.0 m>0.4 m,所以小物塊不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離為0.4 m. 答案:(1)11 N (2)0.5 s (3)不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離為0.4 m 8

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