2022年高考物理总复习 专题2 牛顿运动定律的应用（一）课时作业（含解析）

2022年高考物理总复习 专题2 牛顿运动定律的应用（一）课时作业（含解析）一、单项选择题1(xx 增城调研)在探究超重和失重规律时，体重为G的某同学站在一压力传感器上，传感器和计算机相连某同学完成了一次下蹲动作，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象下列图象中符合情景的是()【答案】D【解析】对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，A、B、C错误；所以D正确2如图1所示，一个箱子中放有一物体已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上底面刚好接触现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态则下列说法正确的是()图1A上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大D下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小【答案】C【解析】对箱子和物体整体在上升过程中受力分析，如图所示：由牛顿第二定律可知，MgkvMa，则ag，又整体向上做减速运动v减小，所以a减小；再对物体单独进行受力分析，如图所示：因ag，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知，mgFNma，则FNmamg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大C正确3(xx重庆)如图2甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图让小球由倾角为的光滑斜面滑下，然后在不同的角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随变化的图象分别对应图2乙中的()图2A和B和C和D和【答案】B【解析】本题考查的是受力分析、牛顿第二定律和力的合成与分解，主要考查考生的分析能力难度中等小球沿斜面向下运动的过程中，由重力沿斜面向下的分力提供加速度，即agsin ，加速度随着倾角的增大而增大，因此加速度与其最大值的比值随 变化的关系图象为图线，重力加速度与其最大值的比值与倾角无关，为图线，由受力分析可知小球对斜面的正压力为mgcos ，随着夹角的增大而减小，小球对斜面的压力与其最大值的比值随 变化的关系图象为图线，选项B正确4(xx北京模拟)几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层并用照相机进行了相关记录，如图3所示他们根据记录，进行了以下推断分析，其中正确的是()图3A根据图2和图3可估测出电梯向上启动时的加速度B根据图1和图2可估测出电梯向上制动时的加速度C根据图1和图5可估测出电梯向下制动时的加速度D根据图4和图5可估测出电梯向下启动时的加速度【答案】C【解析】由图1可知该同学的体重约为47 kg，根据图1、图2可估算出电梯向上启动时的加速度，根据图1、图5可估算出电梯向下制动时的加速度，而根据图2与图3和图4与图5无法估算加速度，C正确二、双项选择题5如图4所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物块与该斜面间的动摩擦因数tan ，图中表示该物块的速度v和所受摩擦力f随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是()图4【答案】AC【解析】物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为mgcos ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于tan 即mgsin gsin )匀加速直线运动，则()图7A小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向上B小物体受到的静摩擦力的方向一定沿皮带向下C小物块受到的静摩擦力的大小可能等于mgsin D小物块受到的静摩擦力的大小可能等于0【答案】BC9.在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg.电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图8所示，重力加速度为g，在这段时间内下列说法中正确的是()图8A晓敏同学所受的重力变小了B晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下【答案】BD【解析】晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B正确；以竖直向下为正方向，有mgFNma，解得a，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C错，D正确10如图9所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长10 cm，运动时弹簧伸长9 cm，则升降机的运动状态可能是()图9A以a1 m/s2的加速度加速下降B以a9 m/s2的加速度加速上升C以a1 m/s2的加速度减速上升D以a9 m/s2的加速度减速下降【答案】AC【解析】当升降机静止时有kx1mg，其中k为弹簧的劲度系数，x10.1 m；当弹簧伸长量x2为0.09 m时，设升降机加速度为a，加速度方向必向下，由牛顿第二定律有mgkx2ma，解得a1 m/s2，方向向下，故可判定A、C正确三、非选择题11.传送带以恒定速度v4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37.现将质量m2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H1.8 m的平台上，如图10所示已知物品与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8.问：图10(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？【答案】(1)1 s(2)(2) s【解析】(1)物品在达到与传送带速度v4 m/s相等前，有：Fmgcos 37mgsin 37ma1解得a18 m/s2由va1t1得t10.5 s位移s11 m随后有：Fmgcos 37mgsin 37ma2解得a20，即物品随传送带匀速上升位移s2s12 mt20.5 s总时间为tt1t21 s.(2)撤去恒力F后有：mgcos 37mgsin 37ma3a32 m/s2假设物品向上匀减速到速度为0时，通过的位移为ss4 ms2由s2vt3得：t3(2) st3(2) s1 s舍去12如图11甲所示，质量为m1 kg的物体置于倾角为37的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t11 s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，取g10 m/s2.试求：甲乙图11(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；(2)t6 s时物体的速度，并在乙图上将t6 s内物体运动的vt图象补画完整，要求标明有关数据【答案】(1)0.5F30 N(2)见解析【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2.由vt图象可知：a1 m/s220 m/s2a2 m/s210 m/s2对物体在撤去拉力前用牛顿第二定律得Fmgsin 37mgcos 37ma1对物体在撤去拉力后上滑时用牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma2解得F30 N，0.5.(2)加速上滑的时间t11 s，撤去拉力时的速度为v20 m/s.设再经过t2速度减至0.由0va2t2得t22 s.在最高点时，因mgsin 37mgcos 37，故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a3.据牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma3解得a32 m/s2再经过3 s物体的速度大小为6 m/s，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示