2020屆高考物理總復習 作業(yè)13 牛頓運動定律綜合應用（含解析）

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1、 作業(yè)13　牛頓運動定律綜合應用 7 一、選擇題 1．(2016年高考·海南卷)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時間圖線如圖13－1所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s，5～10s，10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) 圖13－1 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 圖13－2 解析：根據(jù)題v－t圖象可以知道，在0～5s內(nèi)加速度為a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5～10s內(nèi)，加速度a2＝0；在10～15s

2、內(nèi)加速度為a1＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如圖13－2； 在0～5s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－f－F1＝ma1，則：F1＝mgsinθ－f－0.2m； 在5～10s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－f－F2＝ma2，則：F2＝mgsinθ－f； 在10～15s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：f＋F3－mgsinθ＝ma3，則：F3＝mgsinθ－f＋0.2m 故可以得到：F3＞F2＞F1，故選項A正確． 答案：A 圖13－3 2.(2019年呼和浩特模擬)如圖13－3所示，升降機天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機靜止時彈簧伸長量為10 cm，運動時彈簧伸長

3、量為9 cm，則升降機的運動狀態(tài)可能是(g＝10 m/s2)(　　) A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升 B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降 C．以a＝9 m/s2的加速度減速上升 D．以a＝9 m/s2的加速度減速下降 解析：根據(jù)運動時彈簧伸長量為9 cm，小于靜止時彈簧伸長量10 cm，可知升降機的加速度向下，則升降機的運動狀態(tài)可能是以a＝1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1 m/s2的加速度減速上升，B正確． 答案：B 圖13－4 3．(2019年福州質(zhì)檢)如圖13－4所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質(zhì)量為m的小球，從離彈

4、簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．觀察小球從開始下落到第一次運動至最低點的過程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是(　　) 解析：小球開始接觸彈簧時，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運動，運動到某個位置時，重力等于彈簧彈力，合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運動，運動到最低點時，速度為零，加速度最大，根據(jù)對稱性可知，到達最低端時加速度大于g，且加速度a隨時間t的變化為非線性變化，故A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 圖13－5 4．(2019年江西新余四中模擬)如圖13－5所

5、示為索道輸運貨物的情景．已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.30.當載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg 解析：由于重物對車廂內(nèi)水平底板的正壓力為其重力的1.15倍，在豎直方向上，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma豎直，解得a豎直＝0.15 g，設(shè)水平方向上的加速度為a水平，則＝t

6、an37°＝，解得a水平＝0.20 g，對重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律得f＝ma水平＝0.20 mg，故D正確． 答案：D 5．在汽車中的懸線上掛一小球，實驗表明，當汽車做勻變速直線運動時，懸線將與豎直方向成某一固定角度，如圖13－6所示．若在汽車底板上還有一個跟其相對靜止的物塊，則關(guān)于汽車的運動情況和物塊的受力情況正確的是(　　) 圖13－6 A．汽車一定向右做加速運動 B．汽車一定向左做加速運動 C．物塊除受到重力、底板的支持力作用外，還一定受到向右的摩擦力作用 D．物塊除受到重力、底板的支持力作用外，還可能受到向左的摩擦力作用

7、 解析：以小球為研究對象受力分析，受重力和繩的拉力，合力水平向右，反映出汽車加速度向右，所以汽車可能向右加速，也可能向左減速，故A、B錯誤；以物塊為研究對象，受力分析，受重力、底板的支持力，向右的靜摩擦力，故C正確，D錯誤． 答案：C 6．如圖13－7甲所示，在光滑的水平面上有質(zhì)量為M且足夠長的長木板，木板上面疊放一個質(zhì)量為m的小物塊．現(xiàn)對長木板施加水平向右的拉力F＝3t(N)時，兩個物體運動的a－t圖象如圖13－7乙所示，若取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　) 圖13－7 A．圖線Ⅰ是小物塊運動的a－t圖象 B．小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.3 C

8、．長木板的質(zhì)量M＝1 kg D．小物塊的質(zhì)量m＝2 kg 解析：當力F較小時，兩者一起加速，當F較大時，m相對于M向后滑動，m的加速度不再隨F的增大而變化，因此圖象Ⅱ是小物塊的a－t圖象，A項錯誤；當小物塊發(fā)生相對滑動后，加速度不變?yōu)閍m＝3 m/s2，由牛頓第二定律得，μmg＝mam，解得μ＝0.3，B項正確；在3 s前，對整體有，3t＝(M＋m)a，a＝t，由圖象得＝1；在3 s后，對M有，3t－μmg＝Ma，a＝t－，由圖象得＝，解得M＝2 kg，m＝1 kg，C、D項錯誤． 答案：B 圖13－8 7．如圖13－8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

9、，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離h時，B與A分離，下列說法正確的是(　　) A．B和A剛分離時，彈簧長度等于原長 B．B和A剛分離時，它們的加速度為g C．彈簧的勁度系數(shù)等于 D．在B和A分離前，它們做勻加速直線運動 解析：B和A剛分離時，恒力F＝mg，B的加速度為零，彈簧對A向上的彈力等于重力，A的加速度也為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)，A、B錯誤．B和A剛分離時，彈簧彈力大小為mg，開始靜止時彈簧彈力大小為2mg，則彈力減少量ΔF＝mg，兩物體向上運動的距離為h，則彈簧壓縮量減少Δx＝h，所以彈簧的勁度系數(shù)k＝，C正確；在B和A分離之前對AB整體為研究對象，重力2mg不變，彈力

10、在減小，合力減小，整體加速度在減小，AB做變加速運動，D錯誤． 答案：C 8．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖13－9所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) 圖13－9 A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 解析：人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma.由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma.當t＝2 s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確． 答案：AD

11、 圖13－10 9．(多選)一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一輕質(zhì)彈簧測力計，彈簧測力計下面連接一個光滑的小球，如圖13－10所示，當木板固定時，彈簧測力計示數(shù)為F1，現(xiàn)由靜止釋放后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時彈簧測力計的示數(shù)為F2，若斜面的高為h，底邊長為d，則下列說法正確的是(　　) A．穩(wěn)定后彈簧仍處于伸長狀態(tài) B．穩(wěn)定后彈簧一定處于壓縮狀態(tài) C．μ＝ D．μ＝ 解析：平衡時，對小球分析F1＝mgsinθ；木板運動后穩(wěn)定時，對整體分析有：a＝gsinθ－μgcosθ；則a

12、應沿斜面向上，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對小球有mgsinθ－F2＝ma，而tanθ＝；聯(lián)立以上各式計算可得μ＝，故A、D正確． 答案：AD 圖13－11 10．(多選)如圖13－11所示，質(zhì)量分別為M和m的物體A、B用細線連接，懸掛在定滑輪上，定滑輪固定在天花板上，已知M>m，滑輪質(zhì)量及摩擦均不計，則下列說法正確的是(　　) A．細線上的拉力一定大于mg B．細線上的拉力一定小于Mg C．細線上的拉力等于g D．天花板對定滑輪的拉力等于 (M＋m)g 解析：設(shè)兩物體運動的加速度大小均為a，細線上的拉力為T，分別對物體A和B進行受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有：對A，Mg－T＝Ma，

13、對B，T－mg＝ma，整理可得T＝Mg－Ma＝mg＋ma，T＝g.對定滑輪進行受力分析可知，天花板對定滑輪的拉力等于2T. 答案：AB 圖13－12 11．(2019年湖北宜昌一調(diào))(多選)物體A和B相對靜止，以共同的速度沿斜面勻速下滑，則(　　) A．A、B間無摩擦力的作用 B．B受到滑動摩擦力的大小為(mA＋mB)gsinθ C．B受到的靜摩擦力的大小為mAgsinθ D．取走A后，B將勻加速下滑 解析：以A為研究對象，A處于平衡狀態(tài)，因此有f＝mAgsinθ，所以A受到B對A沿斜面向上的摩擦力作用，A錯誤；以整體為研究對象，根據(jù)平衡狀態(tài)有：(mA＋mB)gsinθ＝f

14、B，B正確；A對B的靜摩擦力與B對A的靜摩擦力大小相等，故有：f′＝f＝mAgsinθ，C正確；由分析知：(mA＋mB)gsinθ＝fB，又根據(jù)滑動摩擦力公式有：fB＝μ(mA＋mB)gcosθ，得：μ＝tanθ，取走物體A后，物體B受滑動摩擦力為μmBgcosθ，代入μ＝tanθ得，μmBgcosθ＝mBgsinθ，即物體B受力平衡，則物體B仍能做勻速直線運動，D錯誤． 答案：BC 圖13－13 12．(2019年湖北黃石中學?？?(多選)如圖13－13所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個滑塊放在斜面上，中間用一個輕桿相連，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們在斜面上

15、加速下滑．關(guān)于桿的受力情況，下列分析正確的是(　　) A．若μ1>μ2，m1＝m2，則桿受到壓力 B．若μ1＝μ2，m1>m2，則桿受到拉力 C．若μ1<μ2，m1μ2，則a1

16、度相同，說明無相對運動趨勢，桿不受到作用力，故B錯誤，D正確；若μ1<μ2，則a1>a2，A的加速度較大，則桿受到拉力，故C錯誤． 答案：AD 二、非選擇題 圖13－14 13．如圖13－14所示，在光滑水平面上，放置著A、B兩個物體．A、B緊靠在一起，其質(zhì)量分別為mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，F(xiàn)A、FB大小均隨時間而變化，其規(guī)律為FA＝(12－2t)N，F(xiàn)B＝(6＋2t)N.問從t＝0開始，到A、B相互脫離為止，A、B的共同位移是多少． 解析：FA、FB的大小雖隨時間而變化，但F合＝FA＋FB＝18 N不變，故開始一段時間內(nèi)A、B共

17、同做勻加速運動，A、B分離前，對整體有：FA＋FB＝(mA＋mB)a① 設(shè)A、B間的彈力為FAB，對B有：FB＋FAB＝mBa② 由于加速度a恒定，則隨著t的增大，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當A、B恰好分離時，A、B間的彈力為零，即 FAB＝0③ 將FA＝(12－2t)N，F(xiàn)B＝(6＋2t)N 代入①得：a＝2 m/s2. 結(jié)合②③得： t＝3 s. A、B相互脫離前共同位移為：x＝at2， 代入數(shù)值得：x＝9 m. 答案：9 m 14．(2019年南陽模擬)神舟飛船完成了預定空間科學和技術(shù)實驗任務(wù)后，返回艙開始從太空向地球表面預定軌道返回，返回艙開始時通過自身制動發(fā)動

18、機進行調(diào)控減速 下降，穿越大氣層后在一定高度打開阻力降落傘進一步減速下降，這一過程中若返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k，所受空氣浮力不變，且認為豎直降落，從某時刻開始計時，返回艙的運動v －t圖象如圖13－15所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線與橫軸交點B的坐標為(8，0)，CD是曲線AD的漸近線，假如返回艙總質(zhì)量為M＝400 kg，g取10 m/s2，求： 圖13－15 (1)返回艙在這一階段的運動狀態(tài)； (2)在開始時刻v0＝160 m/s時，它的加速度大??； (3)空氣阻力系數(shù)k的數(shù)值． 解析：(1)由題v－t圖象可以看出，圖線的斜率逐漸減小到零，即做加速度逐漸減小的減速運動，直至勻速運動． (2)開始時v0＝160 m/s，過A點切線的斜率大小就是此時加速度的大小，則 a＝＝ m/s2＝－20 m/s2 故加速度大小為20 m/s2. (3)設(shè)浮力為F，由牛頓第二定律得 在t＝0時有kv＋F－Mg＝Ma 由題圖知返回艙的最終速度為v＝4 m/s 當返回艙勻速運動時有kv2＋F－Mg＝0 故k＝ ＝≈0.31. 答案：(1)先做加速度逐漸減小的減速運動，直至勻速運動 (2)20 m/s2　(3)0.31 8