2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計劃 課練8 牛頓運(yùn)動定律（含解析）.doc

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牛頓運(yùn)動定律 小題狂練⑧ 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1．[2019福建省南安一中摸底]牛頓第一定律是建立在理想斜面實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上，經(jīng)抽象分析推理得出的結(jié)論，它不是實(shí)驗(yàn)定律．利用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動，并沿水平面滑動．水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿水平面滑動到的最遠(yuǎn)位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是(　　) A．如果小球不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài) B．如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動狀態(tài)將發(fā)生改變 C．如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\(yùn)動下去 D．小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小 答案：C 解析：根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越遠(yuǎn)，由此得出結(jié)論，如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\(yùn)動下去．故選C. 2．[2019甘肅省蘭州一中檢測]下列說法正確的是(　　) A．慣性是物體抵抗運(yùn)動狀態(tài)變化的性質(zhì) B．人走在松軟土地上下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力 C．物理公式只能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，但不能確定物理量間的單位關(guān)系 D．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當(dāng)力剛作用的瞬間，加速度為零 答案：A 解析：慣性是物體的固有屬性，表征物體運(yùn)動狀態(tài)改變的難易程度，A正確．根據(jù)牛頓第三定律，兩個物體間的作用力與反作用力總是等大反向的，B錯誤．物理公式不僅確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，也能確定單位關(guān)系，C錯誤．根據(jù)牛頓第二定律，合外力與加速度是瞬時對應(yīng)關(guān)系，D錯誤． 3. [2019黑龍江省哈爾濱六中模擬]如圖所示，質(zhì)量為1 kg的木塊A與質(zhì)量為2 kg的木塊B疊放在水平地面上，A、B間的最大靜摩擦力為2 N，B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，用水平力F作用于B，則A、B保持相對靜止的條件是(g＝10 m/s2)(　　) A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 答案：A 解析：當(dāng)A、B間有最大靜摩擦力(2 N時)，對A由牛頓第二定律可知，A的加速度大小為a＝2 m/s2，對A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律有：Fm－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，得Fm＝12 N，A、B保持相對靜止的條件是F≤12 N，A正確，B、C、D錯誤． 4. [2019黑龍江省哈爾濱三中考試]如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運(yùn)動，前方固定一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木板接觸彈簧后，下列判斷正確的是(　　) A．木塊將立即做勻減速直線運(yùn)動 B．木塊將立即做變減速直線運(yùn)動 C．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大 D．在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，木塊的加速度為零 答案：C 解析：對木塊進(jìn)行受力分析，接觸彈簧后彈力不斷增大，當(dāng)彈力小于力F時，木塊仍將加速運(yùn)動，但加速度變小，A、B均錯誤．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的加速度為0，速度最大，C正確．繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯誤． 5．[2019河北省衡水中學(xué)二調(diào)]如圖所示，在光滑水平面上有一小車A，其質(zhì)量為mA＝2.0 kg，小車上放一個物體其質(zhì)量為mB＝1.0 kg.如圖甲所示，給B一個水平推力F，當(dāng)F增大到稍大于3.0 N時，A、B開始相對滑動．如果撤去F，對A施加一水平推力F′，如圖乙所示．要使A、B不相對滑動，則F′的最大值Fm為(　　) A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N 答案：C 解析：題圖甲中當(dāng)力F＝3.0 N時，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大，由整體法與隔離法可得：＝，f＝2.0 N．對題圖乙有：＝，F(xiàn)′＝6.0 N，故選C. 6．[2019甘肅省蘭州一中檢測]如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面之間的最大靜摩擦力fm大小與滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是(　　) A．0～t0時間內(nèi)物塊的速度逐漸增大 B．t1時刻物塊的速度最大 C．t2時刻物塊的速度最大 D．t2時刻后物塊立即做反向運(yùn)動 答案：C 解析：由題圖乙知，0～t0時間內(nèi)物塊所受合力為0，物塊不運(yùn)動，A錯．t0～t2時間內(nèi)，物塊受到的合力大于0，物塊加速運(yùn)動，故t2時刻物塊的速度最大，B錯，C對．t2時刻后物塊受到的合力反向，物塊做減速運(yùn)動，最后停止，D錯． 7．[2019河南省洛陽模擬] (多選)如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上的擋板上．a(chǎn)與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運(yùn)動．當(dāng)它們剛運(yùn)動至軌道的粗糙段時，下列說法可能正確的是(　　) A．繩的張力減小，地面對a的支持力不變 B．繩的張力減小，地面對a的支持力增加 C．繩的張力增加，斜面對b的支持力不變 D．繩的張力增加，斜面對b的支持力增加 答案：AB 解析：若二者在粗糙段上仍相對靜止，應(yīng)用整體法可知地面的支持力不變，隔離b研究，b受重力、斜面的支持力及細(xì)繩的拉力，在地面軌道的光滑段時這三力的合力為0，滑上粗糙段后合力方向改為水平向右，重力不變、拉力減小、斜面的支持力增大，A正確．若在粗糙段上，b相對于斜面向上運(yùn)動，b對地有一個向上的加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，因此繩的張力減小，地面對整體的支持力增大，B正確，C、D錯誤． 8. [2019河北省衡水中學(xué)一調(diào)]如圖所示，n個質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)對木塊1施加一個水平向右的推力F時，木塊加速運(yùn)動，木塊5對木塊4的壓力大小為(　　) A．F B. C. D. 答案：D 解析：先以整體為研究對象，進(jìn)行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律得：F－nμmg＝nma，再隔離前4塊研究，得：F－4μmg－N＝4ma，聯(lián)立求得：N＝，故選D. 9. [2019湖南師大附中模擬]如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，A通過跨過定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運(yùn)動，已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則細(xì)線中拉力T的大小為(　　) A．Mg B．Mg＋Ma C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g 答案：C 解析：對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律T＝(m1＋m2)a，C正確；對C有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，A、B錯誤；對A有T－f＝m1a，則T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μm1g，D錯誤． 10．[2019遼寧六校聯(lián)考] (多選)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—時間圖象如圖所示，已知斜面的傾角為37，物體的質(zhì)量為1 kg，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度為g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，則(　　) A．在0～5 s內(nèi)拉力F的大小為1.8 N B．在5～10 s內(nèi)拉力F的大小為10 N C．斜面的長度可能為5 m D．在10～15 s內(nèi)拉力F做的功為－5.5 J 答案：AD 解析：在0～5 s內(nèi)物體下滑的加速度大小為a1＝0.2 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－F＝ma1，F(xiàn)＝1.8 N，A正確．在5～10 s內(nèi)物體勻速下滑，mgsinθ－μmgcosθ－F＝0，F(xiàn)＝2 N，B錯誤．斜面的長度大于或等于速度—時間圖象與時間軸所圍成的面積大小，可知最小等于10 m，C錯誤.10～15 s內(nèi)，加速度大小仍為a1＝0.2 m/s2，方向與速度方向相反，mgsinθ－μmgcosθ－F＝－ma1，F(xiàn)＝2.2 N，而位移等于2.5 m，力F所做的功W＝－Fx＝－5.5 J，D正確． 11．[2019遼寧省沈陽育才學(xué)校模擬](多選)如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細(xì)繩通過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m1的物體1.跟物體1相連接的繩與豎直方向成θ角．重力加速度大小為g.下列說法中正確的是(　　) A．車廂的加速度大小為gtanθ B．繩對物體1的拉力大小為m1gcosθ C．底板對物體2的支持力為m2g－m1g D．物體2所受底板的摩擦力大小為m2gtanθ 答案：AD 解析：以物體1為研究對象，根據(jù)受力分析及牛頓第二定律得：m1a＝m1gtanθ，a＝gtanθ，A正確，同時可得繩的拉力大小T＝，B錯誤．對物體2進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可知底板對物體2的支持力為N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtanθ，C錯誤，D正確． 12．[2019內(nèi)蒙古包鋼四中檢測] 某人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料．質(zhì)量為70 kg的人站在地面上，通過定滑輪將20 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪與繩子間的摩擦，則人對地面的壓力大小為(取g＝10 m/s2)(　　) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 答案：B 解析：以建筑材料為研究對象，由牛頓第二定律得：T－mg＝ma，得繩子的拉力大小為：T＝m(g＋a)＝20(10＋0.5) N＝210 N．再對人進(jìn)行研究，得地面對人的支持力大小為：N＝Mg－T＝700 N－210 N＝490 N，由牛頓第三定律可得人對地面的壓力大小為：N′＝N＝490 N．選項(xiàng)A、C、D錯誤，B正確． 13．如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一物體，木箱豎直向上運(yùn)動的速度v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止．斜面對物體的支持力和摩擦力分別為N和f，則下列說法正確的是(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，N增大，f減小 B．在0～t1時間內(nèi)，N減小，f增大 C．在t1～t2時間內(nèi)，N增大，f增大 D．在t1～t2時間內(nèi)，N減小，f減小 答案：D 解析：在0～t1時間內(nèi)，由題圖乙可知，物體做加速運(yùn)動，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為θ，對物體受力分析，在豎直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度減小，則支持力N和摩擦力f均減?。趖1～t2時間內(nèi)，由題圖乙可知，物體做減速運(yùn)動，加速度逐漸增大，對物體受力分析，在豎直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)＝ma2，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度增大，則支持力N和摩擦力f均減小，故D正確． 14．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體A接觸(A與彈簧未連接)，質(zhì)量為m的物體B緊挨A放置，此時彈簧水平且無形變，用水平力F緩慢推動物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時物體A、B靜止，已知物體A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體B與水平面間的摩擦不計，撤去F后，物體A、B開始向左運(yùn)動，A運(yùn)動的最大距離為4x0，重力加速度大小為g.則(　　) A．物體A和B先做勻加速運(yùn)動，再做勻減速運(yùn)動 B．物體剛向左運(yùn)動時的加速度大小為 C．物體A、B運(yùn)動后分離 D．物體A、B運(yùn)動x0－后分離 答案：D 解析：撤去F后，在物體A離開彈簧的過程中，彈簧彈力是變力，物體A先做變加速運(yùn)動，當(dāng)彈簧彈力小于摩擦力后，物體A做變減速運(yùn)動，離開彈簧之后A做勻變速運(yùn)動，故A項(xiàng)錯誤；撤去F瞬間，以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，故B項(xiàng)錯誤；當(dāng)A、B分離時，A、B的加速度為零，速度最大，此時彈簧彈力F彈＝μmg＝kx1，x1＝，所以物體A、B一起開始向左運(yùn)動x＝x0－后分離，C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確． 15. 如圖所示，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，輕質(zhì)彈簧測力計一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球．木板固定且小球靜止時，彈簧中心線與木板平行，彈簧測力計示數(shù)為F1；無初速度釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對木板靜止時，彈簧測力計示數(shù)為F2.已知斜面高為h，底邊長為d，則(　　) A．μ＝ B．μ＝ C．μ＝ D．μ＝ 答案：C 解析：設(shè)球的質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，斜面傾斜角度為θ，木板固定時，球受三力而平衡，故F1＝mgsinθ，釋放木板后，對木板和球整體有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，隔離球，有mgsinθ－F2＝ma，聯(lián)立解得F2＝μmgcosθ，＝，其中tanθ＝，則μ＝tanθ＝，故C正確． 16．[2019武漢武昌區(qū)調(diào)研] 一輕繩跨過一輕質(zhì)定滑輪，滑輪和軸、繩和滑輪間的摩擦均可忽略．在繩的一端拴住一質(zhì)量為m1的小球，在另一側(cè)有一質(zhì)量為m2的圓環(huán)套在繩子上，繩與圓環(huán)間存在摩擦，且m1>m2，由靜止開始釋放它們后，圓環(huán)相對于地面以恒定的加速度大小a2沿繩下滑(a2gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因?yàn)棣?β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假設(shè)不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑，故D正確． 二、非選擇題 11. [2019天津五區(qū)縣聯(lián)考]如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端靜止．現(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g取10 m/s2(sin37＝0.6，cos37＝0.8)，求： (1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t. 答案：(1)0.5　(2)s 解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有μmg＝ma，滑塊恰好滑到木板右端靜止，則0－v＝－2aL，解得μ＝＝0.5.(2)當(dāng)木板傾斜時，設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，上滑的最大距離為s，上滑的時間為t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1,0－v＝－2a1s,0＝v0－a1t1，解得s＝1.25 m，t1＝ s．設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，s＝a2t，解得t2＝s，滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t＝t1＋t2＝s. 12．[2019廣西適應(yīng)性測試]如圖所示，12個相同的木塊放在水平地面上排成一條直線，相鄰兩木塊接觸但不粘連，每個木塊的質(zhì)量m＝1.2 kg，長度l＝0.5 m．木塊原來都靜止，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均 為μ1＝0.1，在左邊第一個木塊的左端放一質(zhì)量M＝1 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它與各木塊間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.5，現(xiàn)突然給小鉛塊一個向右的初速度v0＝9 m/s，使其在木塊上滑行．設(shè)木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小鉛塊相對木塊滑動時小鉛塊的加速度大小； (2)小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運(yùn)動時小鉛塊的瞬時速度大小． 答案：(1)5 m/s2　(2)6 m/s 解析：(1)設(shè)小鉛塊相對木塊滑動時加速度大小為a，由牛頓第二定律可知μ2Mg＝Ma 解得：a＝5 m/s2 (2)設(shè)小鉛塊最多能帶動x個木塊運(yùn)動，對x個木塊整體進(jìn)行受力分析，當(dāng)小鉛塊下的x個木塊發(fā)生運(yùn)動時，則有μ2Mg≥μ1(mgx＋Mg) 解得：x≤3.33 即小鉛塊最多只能帶動3個木塊運(yùn)動 設(shè)當(dāng)小鉛塊通過前面的9個木塊時的瞬時速度大小為v，由動能定理可知： －μ2Mg9l＝M(v2－v) 解得：v＝6 m/s