2019-2020年高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1.3 牛顿运动定律及其应用课时作业.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1.3 牛顿运动定律及其应用课时作业A组一、选择题1.下列说法正确的是()A物体的速度越大，说明它受到的外力越大B物体的加速度在改变，说明它受到的合外力大小一定改变C静止在水平桌面上的物体受到了垂直桌面向上的支持力，该力所产生的加速度不为零D一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力解析：物体速度大小与受力大小无关，故A错误；当物体只有加速度方向发生变化时，加速度发生变化，但合外力的大小不变，故B错误；由于物体所受支持力不为零，所以对应的加速度不为零，故C正确；由牛顿第三定律知，地面对人的支持力等于人对地面的压力，故D错误答案：C2以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图，下列说法中不正确的是()A图甲中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计示数先减小后增大B图乙中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变C图丙中赛车的质量不是很大却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D图丁中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全解析：题图甲中学生从图示姿势起立到直立站于体重计的过程中，先向上加速，加速度向上，处于超重状态，再上向减速，加速度向下，处于失重状态，由超重和失重的概念可知，体重计的示数先增大后减小，A错误；当物体运动过程中不受外力作用时，将做匀速直线运动，B正确；由牛顿第二定律可知C正确；高大的桥造很长的引桥，可以减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，D正确答案：A3.为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入某种液体中运动，用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图所示，已知钢球在液体中所受浮力为F浮，运动时受到的阻力与速度大小成正比，即Fkv，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为d，钢球的质量为m，则阻力常数k的表达式是()A. B.C.(2f) D.(2f)解析：匀速运动时F阻kvk2kdf，根据平衡条件mgF阻F浮，解得k，B正确答案：B4一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物体A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上现使小车如下图分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向已知a1a2a3a41248，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是()Af1f212 Bf1f223Cf3f412 Dtan2tan解析：设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(1)和(2)中A的水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1Ma1，f2Ma2，所以f1f212，故A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3(Mm)a3，f4(Mm)a4，可得f3f412，所以C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtanma3，mgtanma4，联立可得tan2tan，故D正确答案：B5.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mgkvma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，vt图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mgkvma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，vt图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确答案：A6(多选)在某次热气球飞行训练中，热气球刚开始从地面竖直上升时，加速度为0.5 m/s2，当上升到180 m时，开始以5 m/s的速度匀速上升若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量保持不变，为460 kg，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s时的速度大小为5 m/sD以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球刚从地面竖直上升时，速度为零，空气阻力为零，分析热气球受力，由牛顿第二定律有F浮mgma，得F浮m(ga)4 830 N，A对；随速度的增加，空气阻力会越来越大，否则热气球不会最终匀速上升，B错；随空气阻力的增大，热气球加速度会减小，因此从地面开始上升10 s时速度达不到5 m/s，C错；以5 m/s的速度匀速上升时，热气球受力平衡，有F浮mgF阻，得F阻F浮mg230 N，D对答案：AD7.如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M5 kg，小车上静止地放置着质量为m1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的是()Aam1 m/s2, aM1 m/s2Bam1 m/s2, aM2 m/s2Cam2 m/s2, aM4 m/s2Dam3 m/s2, aM5 m/s2解析：对上面的木块受力分析，在水平方向只可能有摩擦力，因此其加速度amg2 m/s2，D错若小车和物块加速度不相等，则摩擦力为滑动摩擦力，则有木块加速度amg2 m/s2，B错若二者没有相对运动，则加速度相等且加速度小于g2 m/s2，A对若发生相对运动，则木块加速度amg2 m/s2，小车加速度大于木块加速度，C对答案：AC二、非选择题8.在倾角37的固定斜面上，一物块以初速度v04 m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动，如图所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)物块向上运动时和返回向下运动时物块的加速度大小；(2)物体重新回到斜面底端A时的速度大小解析：(1)设物块沿斜面向上运动的加速度为a1，则mgsin37mgcos37ma1a1g(sin37cos37)10(0.60.50.8) m/s210 m/s2物块沿斜面向下运动的加速度为a2，则mgsin37mgcos37ma2a2g(sin37cos37)10(0.60.50.8) m/s22 m/s2(2)物块沿斜面向上运动的最大位移为x，重新回到A点的速度为v，则v2a1xv22a2x解得vv0 m/s1.8 m/s.答案：(1)10 m/s22 m/s2(2)1.8 m/s9如图所示，质量M1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数10.1，在木板的左端放置一个质量m1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数20.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.(1)若木板长L1 m，在铁块上加一水平向右的恒力F8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的情况(设木板足够长)解析：(1)根据牛顿第二定律对铁块：F2mgma1对木板：2mg1(mgMg)Ma2又s铁a1t2，s木a2t2，Ls铁s木，联立解得：t1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力fm22mg4 N木板与地面之间的最大静摩擦力fm11(mgMg)2 N当Ffm12 N时，木板与铁块都静止，fF当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律，对铁块：F12mgma1对整体：F11(mgMg)(mM)a1联立解得：F16 N，所以当2 N6 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f2mg4 N.答案：(1)1 s(2)见解析B组一、选择题1.“加速度计”的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b的长度均为l；若该装置加速向右运动，a、b的长度分别为la、lb，则()Alal，lbl Blal，lbl，lbl Dlal解析：开始时，滑块所受两弹簧的弹力相等，合力为零；若装置向右加速运动，则滑块所受合力向右，故b弹簧的长度增加，a弹簧的长度减小，选项D正确答案：D2.质量为1 kg的小物块，在t0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则A、B间的距离为(已知g10 m/s2，sin530.8，cos530.6)()A1.05 m B1.13 mC2.03 m D1.25 m解析：对小物块进行受力分析可得，小物块上滑时的加速度大小为a1gsin53gcos5310 m/s2，到速度为零时所用的时间t1 s0.5 s，上滑的最大距离为x1vt1a1t50.5 m10(0.5)2 m1.25 m，然后往回返，其加速度大小为a2gsin53gcos536 m/s2，则再运动t0.7 s0.5 s0.2 s所通过的位移为x2a2t2 6(0.2)2 m0.12 m，故AB间的距离为x1x21.25 m0.12 m1.13 m，故B项正确答案：B3.(多选)如图所示，一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体B时，物体A的加速度为a，绳中张力为FT，则()Aag BaCFTmg DFTmg解析：对两物体整体分析，由牛顿第二定律有mg(Mm)a，解得ag；对物体A由牛顿第二定律有FTMa，代入a解得FTg.选项A、C错误，B、D正确答案：BD4(多选)如图甲所示，传送带以速度v1匀速转动，一滑块以初速度v0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度时间图象如图乙所示已知v0v1，则下列判断正确的是()A传送带顺时针转动Bt1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B、C错误，D正确答案：AD5.xx年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g10 m/s2，那么，v0和k分别为()A30 m/s,1 B30 m/s,0.5C60 m/s,0.5 D60 m/s,1解析：礼花弹在上升过程中做匀减速直线运动，由运动学公式hv0t，可得：v060 m/s.设礼花弹上升过程中的加速度为a，由运动学公式v0at和牛顿第二定律kmgmgma，可得：k111，选项D正确，选项ABC错误答案：D6如图，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则不正确的说法是()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，则vB3 m/sC若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB3 m/sD若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB2 m/s解析：由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度ag1 m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，vv2gs，解得：vB3 m/s，AB项正确；若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述vB3 m/s，C项正确，D项错答案：D7(多选)如右图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接下列表示物体速度大小v、加速度大小a、受到的摩擦力大小Ff和物体运动路程s随时间t变化的关系的各图象中可能正确的是()解析：由题意分析可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，故选项A正确，B错误；在斜面上受的摩擦力小，故选项C错误；在斜面上sat2，在水平面上sv0tat2，故选项D正确答案：AD8.(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：当倾角达到90时，物体将做竖直上抛运动，此时上升的高度为1.80 m，由运动规律可求得初速率v06 m/s，选项A错误；当角度为0时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40 m，由运动学规律和牛顿运动定律可得，动摩擦因数0.75，选项B正确；当倾角为时，由牛顿运动定律可得mgsinmgcosma，又x，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m，选项C正确；30时，物体达到最大位移时重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此物体达到最大位移后不会下滑，选项D错误答案：BC二、非选择题9表演“顶竿”杂技时，一个人站在地上(称为“底人”)肩上扛一长L6 m，质量m115 kg的竖直竹竿，一质量m245 kg的演员(可当质点处理)在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间为t12 s，减速下滑的时间为t21 s，演员恰从竿顶滑至竿底部(g10 m/s2)求：(1)演员下滑过程中的最大速度vm；(2)演员在减速下滑过程中“底人”对竹竿的支持力F.解析：(1)演员下滑到加速结束时速度最大，则有L(t1t2)解得vm4 m/s.(2)设减速下滑的加速度为a，则有vmat2解得a4 m/s2减速阶段对演员有fm2gm2a解得fm2(ga)630 N对竹竿，根据平衡条件有Ffm1g解得F780 N.答案：(1)4 m/s2(2)780 N10.在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平方向成37角固定，质量m1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，如图甲所示开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t12 s时刻风停止小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，忽略浮力求：(1)小球在02 s内的加速度a1和25 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数和水平风力F的大小解析：(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象乙可知：在02 s内，a115 m/s2(方向沿杆向上) 在25 s内，a210 m/s2(“”表示方向沿杆向下)(2)有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有Fcos (mgcos Fsin )mgsin ma1停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有mgcos mgsin ma2联立以上各式解得 0.5，F50 N.答案：(1)15 m/s2，方向沿杆向上10 m/s2，方向沿杆向下(2)0.550 N