高考物理一轮复习一轮复习课后练习09 牛顿运动定律的应用（含答案解析）

这是一份高考物理一轮复习一轮复习课后练习09 牛顿运动定律的应用（含答案解析），共9页。试卷主要包含了5 N C，22 cm、xBC=4等内容，欢迎下载使用。
2020版高考物理 全程复习课后练习09 牛顿运动定律的应用1.下列对运动的认识不正确的是(　　)A.亚里士多德认为物体的自然状态是静止的,只有当它受到力的作用才会运动B.伽利略认为力不是维持物体运动的原因C.牛顿认为力的真正效果总是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动D.伽利略根据理想实验推出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去  2.在如图所示的装置中，质量为3 kg的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，整个装置保持静止．如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数(g取10 m/s2)(　　)A．增加15 N        B．减小15 N        C．减小7.5 N        D．保持不变  3.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是(　　)A．0～t0时间内物块的速度逐渐增大B．t1时刻物块的速度最大C．t2时刻物块的速度最大D．t2时刻后物块立即做反向运动  4.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是(　　)A．沿着杆加速下滑   B．沿着杆加速上滑   C．沿着杆减速下滑    D．沿着杆减速上滑 5.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中拉力T的大小为(　　)A．Mg           B．Mg＋Ma           C．(m1＋m2)a            D．m1a＋μm1g  6.如图所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2，用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g=10 m/s2)(　　)A．F≤12 N         B．F≤10 N         C．F≤9 N          D．F≤6 N  7.如图所示,质量为1.5 kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上,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,则剪断细线瞬间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  8.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是(　　)A．在0～t1时间内，N增大，f减小B．在0～t1时间内，N减小，f增大C．在t1～t2时间内，N增大，f增大D．在t1～t2时间内，N减小，f减小       9.如图所示，足够长的斜面固定在水平面上，斜面顶端有一附有挡板的长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧测力计一端挂在挡板上，另一端连接着光滑小球．木板固定且小球静止时，弹簧中心线与木板平行，弹簧测力计示数为F1；无初速度释放木板后，木板沿斜面下滑，小球相对木板静止时，弹簧测力计示数为F2.已知斜面高为h，底边长为d，则(　　)A．μ=            B．μ=           C．μ=            D．μ= 10.如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行。在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止,已知弹簧的劲度系数为k。则该过程中弹簧的形变量为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)A.                        B.                      C.                      D.11. (多选)如图甲所示,在电梯厢内轻绳AO、BO、CO通过连接吊着质量为m的物体,轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3。现电梯厢竖直向下运动,其速度v随时间t的变化规律如图乙所示,重力加速度为g,则(　　)A.在0~t1时间内,F1与F2的合力等于F3B.在0~t1时间内,F1与F2的合力大于mgC.在t1~t2时间内,F1与F2的合力小于F3D.在t1~t2时间内,F1与F2的合力大于mg         12.质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.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′<a，F′1<F1    D．a′>a，F′1=F1 实验题13.图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是(　　)A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是(　　)A．M=200 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M=200 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M=400 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M=400 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为xAB=4.22 cm、xBC=4.65 cm、xCD=5.08 cm、xDE=5.49 cm、xEF=5.91 cm、xFG=6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)．          14.如图所示,质量m=2 kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入粗糙水平面,已知AB长度为3 m,斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)试求:(1)小物块滑到B点时的速度大小;(2)若小物块从A点开始运动到C点停下,一共经历时间t=2.5 s,求BC的距离;(3)上问中,小物块与水平面的动摩擦因数μ多大?             15.为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求:(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。         
答案解析1.答案为：A；解析：亚里士多德对运动的认识是错误的,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因。  2.答案为：C解析：对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N－(M＋m)g=0，物块加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(M＋m)g－N′=masin30°，对物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma，联立得到N－N′=masin30°=mg(sin30°)2=3×10×0.25 N=7.5 N．故A、B、D错误，C正确．  3.答案为：C；解析：由题图乙知，0～t0时间内物块所受合力为0，物块不运动，A错．t0～t2时间内，物块受到的合力大于0，物块加速运动，故t2时刻物块的速度最大，B错，C对．t2时刻后物块受到的合力反向，物块做减速运动，最后停止，D错．  4.答案为：D；解析：把滑块和球看成一个整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，若速度方向沿杆向下，则沿杆方向有(m1＋m2)gsinθ－f=(m1＋m2)a，垂直杆方向有FN=(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f=μFN，联立可解得a=gsinθ－μgcosθ.对小球有，若θ=β，a=gsinβ，现有θ<β，则有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故D正确．  5.答案为：C；解析：对A、B整体，根据牛顿第二定律T=(m1＋m2)a，C正确；对C有Mg－T=Ma，解得T=Mg－Ma，A、B错误；对A有T－f=m1a，则T=m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μm1g，D错误． 6.答案为：A；解析：当A、B间有最大静摩擦力(2 N时)，对A由牛顿第二定律可知，A的加速度大小为a=2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：Fm－μ(mA＋mB)g=(mA＋mB)a，得Fm=12 N，A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，A正确，B、C、D错误． 7.答案为：D；解析：剪断细线前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹=mAg=15N,将细线剪断的瞬间,根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,解得a=2.5m/s2,隔离B,则有mBg-FN=mBa,代入数据解得FN=mBg-mBa=3.75N,D正确。 8.答案为：D；解析：在0～t1时间内，由题图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg=ma1，在水平方向上有Nsinθ=fcosθ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小．在t1～t2时间内，由题图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)=ma2，在水平方向上有Nsinθ=fcosθ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故D正确．  9.答案为：C；解析：设球的质量为m，木板质量为M，斜面倾斜角度为θ，木板固定时，球受三力而平衡，故F1=mgsinθ，释放木板后，对木板和球整体有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ=(M＋m)a，隔离球，有mgsinθ－F2=ma，联立解得F2=μmgcosθ，=，其中tanθ=，则μ=tanθ=，故C正确． 10.答案为：A；解析：在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时,弹簧是处于伸长状态还是压缩状态,无法直接判断,此时可采用假设法。假设弹簧处于压缩状态,若求得弹力F为正值,则假设正确。水平方向上由牛顿第二定律得FNsinθ+Fcosθ=mg              ①竖直方向上由受力平衡得FNcosθ=mg+Fsinθ              ②①②联立得F=mg。由胡克定律得F=kx,x=,故选A。 11.答案为：AD；解析：对轻质结点O,因没质量,故其无论在何状态下,F1、F2、F3三个力的合力都为零,即F1与F2的合力与F3等大反向,选项A正确,选项C错误;对物体进行受力分析,其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3,在0~t1时间内,电梯加速向下运动,物体处于失重状态,则F3<mg,即F1与F2的合力小于mg,选项B错误;在t1~t2时间内,电梯减速向下运动,物体处于超重状态,则F3>mg,即F1与F2的合力大于mg,选项D正确。 12.答案为：D；解析：先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F=(M＋m)a.再对题图甲的小球受力分析，如图(a)．根据牛顿第二定律有F－F1sinα=ma，F1cosα－mg=0.由以上三式可解得F1=，a=.再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F合=mgtanα，F′1=，再由牛顿第二定律得到a′=gtanα，由于M>m，故a′>a，F′1=F1，故选D. 13.答案为：(1)B；(2)C；(3)0.42；解析：(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去沙和沙桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速运动，故B正确．(2)为使细线的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．(3)由a=，T=0.1 s，可解得a≈0.42 m/s2.14.解：(1)小物块在斜面AB上时,由牛顿第二定律得mgsinθ=ma1,解得a1=gsin37°=10×0.6m/s2=6m/s2,由2a1xAB=得vB=m/s=6m/s。(2)小物块在斜面上有xAB=,则t1=s=1s,物块在BC段的运动时间为t2=t-t1=1.5s,BC段的位移为xBC=t2=4.5m。(3)在水平面上,逆向分析,小物块的运动可看作初速度为零的匀加速运动,由vB=a2t2得加速度大小a2=m/s2=4m/s2,根据牛顿第二定律μmg=ma2,代入数据解得μ=0.4。  15.解：(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得-μmgs0=              ①解得μ=。              ②(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t,由运动学公式得=2a1s0              ③v0-v1=a1t              ④s1=a2t2              ⑤联立③④⑤式得a2=。              ⑥