高考物理一轮复习课时练09《牛顿运动定律的应用》(含解析)

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1.
[安徽省江淮十校一联]如图所示，质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为6 N时，物体处于静止状态．若小车以0.8 m/s2的加速度向右加速运动，则( )
A．物体A受到的弹簧的拉力不变
B．物体A相对小车向左运动
C．物体A相对小车向右运动
D．物体A受到的摩擦力增大
答案：A
解析：物体A先处于静止状态，弹簧的拉力为6 N，则有水平向左的静摩擦力且大小为6 N，现在小车以0.8 m/s2的加速度向右加速运动，A也以0.8 m/s2的加速度向右运动，A需要的合力等于8 N，弹簧向右的拉力为6 N，小车对物体A的静摩擦力为2 N，方向向右，2 N＜6 N，即物体A仍相对车静止受到弹簧的拉力不变，受到的摩擦力减小，综上，本题选A.
2．[湖南省长沙月考](多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
答案：BC
解析：弹簧两端连接物体，弹簧的弹力不发生突变．开始A、B静止，可计算出弹簧伸长且弹力大小等于mgsinθ，剪断细线的瞬间，B的受力不变，故瞬时加速度为零，B正确，A、D错误．A所受沿斜面向下的弹力及重力沿斜面向下的分力均为mgsinθ，合力等于2mgsinθ，加速度大小为2gsinθ，C正确．
3．[广东省华南师大附中模拟](多选)如图甲，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F，物体运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体在3 s内的位移s＝3 m
B．恒力F与摩擦力f大小之比为F：f＝3：1
C．物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3
D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为eq \x\t(v1)：eq \x\t(v2)＝2：1
答案：BC
解析：在速度—时间图象中图象与时间轴所围成的面积等于位移的大小，3 s内物体的位移大小应为9 m，A错误．撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，加速度大小为3 m/s2，而a2＝μg，μ＝0.3，C正确．匀变速直线运动的平均速度等于初末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，D错误．根据牛顿第二定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，a1＝6 m/s2，a2＝3 m/s2，解得F：f＝3：1，可知B正确．
4.
[广东省深圳市高级中学摸底]如图，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)( )
A．0 B．2.5 N
C．5 N D．3.75 N
答案：D
解析：剪断前，只有A对弹簧有作用力，所以剪断前弹簧的弹力大小F弹＝mAg＝15 N，剪断瞬间由于弹簧来不及发生形变，根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F弹＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，隔离B，则有mBg－N＝mBa，代入数据解得N＝3.75 N，D正确．
5.
[山东省济南外国语学校考试]如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为(重力加速度为g)( )
A．1.5gsinα B.eq \f(g,2)sinα
C．gsinα D．2gsinα
答案：A
解析：设猫的质量为m，板的质量为2m，以猫为研究对象，进行受力分析，猫受重力mg、支持力N1、板对它的沿斜面向上的力F，合力为0，有F＝mgsinα.以板为研究对象，进行受力分析，板受重力2mg、压力大小为N1、支持力N2、猫对板沿斜面向下的大小为F的力，根据牛顿第二定律有：F＋2mgsinα＝2ma，a＝1.5gsinα，故选A.
6．[广西钦州四中模拟](多选)如图所示，水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0
答案：AB
解析：物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力大小F弹＝mgtan45°＝20 N，A正确；撤去力F的瞬间，弹簧的弹力大小仍为20 N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，物块所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝4 N，根据牛顿第二定律得物块的加速度为：a＝eq \f(F弹－f,m)＝8 m/s2，方向向左，B正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，其他力不变，物块加速度大小a1＝eq \f(Fcsθ,m)＝10 m/s2，故C、D错误．
7．[江西省九校联考]如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则正确的结论是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物体的质量为3 kg
D．物体的加速度大小为5 m/s2
答案：D
解析：由于物体与弹簧不连接，分离时二者间的作用力为0，弹簧处于原长状态，A错．开始时，物体受重力、弹力作用，二者的合力等于0，此时的拉力10 N即为物体匀加速上升的合力，物体与弹簧分离时及分离后拉力为30 N，合力不变，故物体的重力大小为20 N，质量为2 kg，C错．从开始上升到分离，物体上升了4 cm，即开始时弹簧的压缩长度为4 cm，根据胡克定律mg＝kx，k＝500 N/m＝5 N/cm，B错．根据牛顿第二定律可知，物体的质量为2 kg，受到的合力为10 N，加速度大小为5 m/s2，D对．
8.
[广西南宁二中考试](多选)如图，木板与水平面成θ角，木板上有两个靠在一起的物块P和Q，质量分别为m和2m，物块与木板间的动摩擦因数均为μ，用大小为F的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P，若P和Q之间的弹力大小记为F1，下列判断正确的是( )
A．若θ＝0°，μ＝0，则F1＝eq \f(2,3)F
B．若θ＝0°，μ≠0，则F1＝eq \f(1,3)F
C．若θ＝30°，μ＝0，则F1＝eq \f(1,2)F
D．若θ＝30°，μ≠0，则F1＝eq \f(2,3)F
答案：AD
解析：对P、Q整体由牛顿第二定律可得F－μ·3mgcsθ－3mgsinθ＝3ma，解得a＝eq \f(F,3m)－μgcsθ－gsinθ，再隔离Q，由牛顿第二定律得F1－μ·2mgcsθ－2mgsinθ＝2ma，将a代入可得F1＝eq \f(2,3)F，与θ和μ无关，故A、D正确．
9．[河北省五校联盟摸底](多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( )
A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于v0
C．μ＝eq \f(v0,gt0csθ)－tanθ
D．t0时间后木块的加速度大小为 eq \f(v0,t0)－2gsinθ
答案：BC
解析：若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mgsinθ>μmgcsθ，将一直匀加速到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足mgsinθF2，A正确．
8．(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θm.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1，如图乙，则 ( )
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′>a，F′1>F1
C．a′m，故a′>a，F′1＝F1，故选D.
10．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则( )
A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
答案：B
解析：
开始A恰好不下滑，对A分析有f＝mg＝μN＝μF弹，解得F弹＝eq \f(mg,μ)，此时弹簧处于压缩状态．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于eq \f(mg,μ)，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，fBm＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故B正确，A、C、D错误．
二、非选择题
11.
[辽宁鞍山一中模拟]如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)
答案：mg
解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得T＝ma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解：
水平方向有FNsinθ－Tcsθ＝ma；
竖直方向有FNcsθ＋Tsinθ＝mg，
联立解得a＝eq \f(g,3)，
以A、B、C整体为研究对象有F＝3ma，
解得F＝mg.
12．[重庆八中模拟]如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m＝1 kg、可视为质点的小物块以初速度v0＝5 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；
(2)木板的最小长度；
(3)物块在木板上运动的总时间．
答案：(1)见解析 (2)eq \f(61,48) m (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)＋\r(\f(61,96))))s
解析：(1)物块与木板共速前，对物块分析有mgsinθ＋μ1mgcsθ＝ma1，得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；
对木板分析有F＋μ1mgcsθ－Mgsinθ－μ2(m＋M)gcsθ＝Ma2，
得a2＝2 m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑．
(2)物块与木板共速时有v共＝v0－a1t1，v共＝a2t1，
代入数据解得t1＝0.5 s，v共＝1 m/s，
共速时物块与木板的相对位移
Δx1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)＝1.25 m，
撤掉F后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a1＝8 m/s2，物块减速上滑，
对木板有
Mgsinθ＋μ2(M＋m)gcsθ－μ1mgcsθ＝Ma′2，
则a′2＝12 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑．
由于Mgsinθ＋μ1mgcsθ＝μ2(M＋m)gcsθ，
则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，
经过t2＝eq \f(1,12)s，木板停止，经过t′2＝eq \f(1,8)s，物块速度减为零，
此过程，物块和木板的相对位移Δx2＝eq \f(v共,2)t′2－eq \f(v共,2)t2＝eq \f(1,48) m，
故木板的最小长度Lmin＝Δx1＋Δx2＝eq \f(61,48) m.
(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，
物块的加速度a′1＝gsinθ－μ1gcsθ＝4 m/s2，
Lmin＝eq \f(1,2)a′1teq \\al(2,3)，得t3＝eq \r(\f(61,96))s，
物块在木板上运动的总时间t＝t1＋t′2＋t3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)＋\r(\f(61,96))))s.