2019-2020年高考物理總復習 專題3 牛頓運動定律的應用（二）課時作業(yè)（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理總復習 專題3 牛頓運動定律的應用（二）課時作業(yè)（含解析） 一、單項選擇題 1．一光滑斜劈，在力F推動下向左做勻加速直線運動，且斜劈上有一木塊恰好與斜面保持相對靜止，如圖1所示，則木塊所受合外力的方向為(　　) 圖1 A．水平向左 B．水平向右 C．沿斜面向下 D．沿斜面向上 【答案】A 【解析】因為木塊隨斜劈一起向左做勻加速直線運動，故木塊的加速度方向水平向左．根據牛頓第二定律，物體所受合外力提供加速度，則合外力與加速度方向一致，故木塊所受合外力方向水平向左． 2.如圖2所示，某小球所受的合外力與時間的關系，各段的合外力大小相同，作用時間相同，設小球從靜止開始運動，由此可判定(　　) 圖2 A．小球向前運動，再返回停止 B．小球向前運動再返回不會停止 C．小球始終向前運動 D．小球向前運動一段時間后停止 【答案】C 【解析】本題可以通過作vt圖很直觀地看出結果．如圖所示，各段的合外力大小相同，則加速度大小相同，作用時間相同，所以在v－t圖中小球位移始終為正值，即小球始終向前運動． 3．(xx福州模擬)如圖3所示，質量為m1和m2的兩個物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面運動，則在這兩個階段的運動中，細線上張力的大小情況是(　　) 圖3 A．由大變小 B．由小變大 C．始終不變 D．由大變小再變大 【答案】C 【解析】在光滑的水平面上運動時，設細線上的張力為F1，加速度為a1，由牛頓第二定律得F1＝m1a1 ① F＝(m1＋m2)a1 ② 聯立①②解得：F1＝ 在粗糙的水平面上運動時，設細線的張力為F′1，加速度為a2，由牛頓第二定律得：F′1－μm1g＝m1a2， ③ F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2 ④ 聯立③④解得：F′1＝ 可得，無論在光滑的水平面上還是在粗糙的水平面上運動時，細線上的張力都是，故C正確． 4．如圖4所示，豎直放置在水平面上的輕彈簧上放著質量為2 kg的物體A，處于靜止狀態(tài)．若將一個質量為3 kg的物體B輕放在A上的一瞬間，則B對A的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) 圖4 A．30 N B．0 C．15 N D．12 N 【答案】D 【解析】在B輕放在A上的瞬間，對整體用牛頓第二定律得mBg＝(mA＋mB)a，再對B用牛頓第二定律得mBg－FN＝mBa，解得FN＝12 N．據牛頓第三定律可知B對A的壓力大小為12 N．故選D. 5．(xx 廣州模擬)一個放在水平桌面上質量為2 kg原靜止的物體，受到如圖5所示方向不變的合外力作用，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．在2 s內物體的加速度為5 m/s2 B．在t＝2 s時，物體的速度最大 C．在2 s內物體運動的位移為10 m D．0～2 s這段時間內物體作減速運動 【答案】B 【解析】在2s內物體的加速度最大值為5 m/s2，不能說在2 s內物體的加速度為5 m/s2.故A錯誤；在t＝2 s時，F＝0，物體將做勻速直線運動，速度最大．故B正確；物體如圖所示方向不變的合外力作用下，做加速度減小的變加速運動，2 s內物體運動的位移無法求出．故C錯誤；0～2 s這段時間內作加速運動．故D錯誤． 二、雙項選擇題 6．一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連．小球某時刻正處于如圖6所示狀態(tài)．設斜面對小球的支持力為FN，細繩對小球的拉力為FT，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．若小車向左運動，FN可能為零 B．若小車向左運動，FT可能為零 C．若小車向右運動，FN不可能為零 D．若小車向右運動，FT不可能為零 【答案】AB 7．如圖7所示，兩塊粘連在一起的物塊a和b，質量分別為ma和mb，放在光滑的水平桌面上，現同時給它們施加方向如圖所示的推力Fa和拉力Fb，已知Fa>Fb，則a對b的作用力(　　) 圖7 A．必為推力 B．必為拉力 C．可能為推力，也可能為拉力 D．可能為零 【答案】CD 【解析】將a、b看作一個整體，加速度a＝，單獨對a進行分析，設a、b間的作用力為Fab，則a＝＝，Fab＝ma－Fa，由于不知道m(xù)a與mb的大小關系，故Fab可能為正、可能為負、也可能等于0，C、D選項正確． 8．某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N．他將彈簧秤移至電梯內稱其體重，t0至t3時間段內，彈簧秤的示數如圖示，電梯運行的v－t圖可能是圖中的(取電梯向上運動的方向為正)(　　) 圖8 【答案】AD 【解析】由G－t圖象知：t0～t1時間內該人具有向下的加速度，t1～t2時間內該人勻速或靜止，t2～t3時間內，該人具有向上的加速度，因此其運動情況可能是：t0～t3時間內，故A、D正確． 9．(xx惠州二模)在同一直線上運動的甲、乙兩物體的速度圖象如圖9所示，若在兩物體之間僅存在相互作用，則(　　) 圖9 A．兩物體在t1時刻相遇 B．兩物體在t1時刻速度相同 C．兩物體的質量之比＝ D．兩物體的質量之比＝ 【答案】BD 【解析】在t1時刻兩物體速度相等，但初始位置不知，不一定相遇，A錯誤，B正確；兩物體的加速度大小之比為＝＝，由牛頓定律可知m甲a甲＝m乙a乙，故＝＝，C錯誤，D正確． 三、非選擇題 10．如圖所示，質量為M＝4 kg的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一個質量m＝1 kg的大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數μ＝0.4，在鐵塊上加一個水平向左的F＝8 N的恒力，鐵塊在長L＝6 m的木板上滑動。取g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)鐵塊運動到木板的左端所用的時間； (2)在鐵塊到達木板左端的過程中，恒力F對鐵塊所做的功； (3)在鐵塊到達木板左端時，鐵塊和木板的總動能。 【答案】(1)2 s　(2)64 J　(3)40 J 【解析】(1)鐵塊與木板間的滑動摩擦力f＝μmg＝0.4110 N＝4 N 鐵塊的加速度 a1＝＝ m/s2＝4 m/s2 木板的加速度 a2＝＝ m/s2＝1 m/s2 設鐵塊滑到木板左端所用的時間為t，則a1t2－a2t2＝L 解得：t＝2 s. (2)鐵塊的位移s1＝a1t2＝422 m＝8 m 木板的位移s2＝a2t2＝122 m＝2 m 恒力F做的功W＝Fs1＝88 J＝64 J. (3)方法一： 鐵塊的動能EkA＝(F－f)s1＝(8－4)8 J＝32 J 木板的動能EkB＝fs2＝42 J＝8 J 鐵塊和木板的總動能Ek＝EkA＋EkB＝32 J＋8 J＝40 J. 方法二： 鐵塊的速度v1＝a1t＝42 m/s＝8 m/s 鐵塊的動能EkA＝mv2,1＝182 J＝32 J 木板的速度v2＝a2t＝12 m/s＝2 m/s 木板的動能EkB＝Mv2,2＝422 J＝8 J 鐵塊和木板的總動能Ek＝EkA＋EkB＝32 J＋8 J＝40 J. 11.如圖11所示，有一長度s＝1 m，質量 M＝10 kg的平板小車，靜止在光滑的水平面上，在小車一端放置一質量m＝4 kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.25，要使物塊在2 s末運動到小車的另一端，那么作用在物塊上的水平力F是多少？ 圖11 【答案】16 N 【解析】分別對物塊、小車進行受力分析，根據牛頓第二定律有 F－f＝ma物 ① f′＝Ma車 ② 其中f＝f′＝μmg ③ 由圖結合運動學公式有s1＝a車t2 ④ s2＝a物t2 ⑤ s2－s1＝s 由①②③解得a車＝1 m/s2 ⑥ 由④⑤⑥解得a物＝1.5 m/s2 ⑦ 所以F＝f＋ma物＝m(μg＋a物)＝4(0.2510＋1.5) N＝16 N. 12．如圖12甲所示，表演“頂桿”雜技時，一人站在地上(稱為“底人”)，肩上豎直扛著一個質量為m＝5 kg的竹竿，一個質量為 M＝40 kg的演員(可視為質點)在竿頂端從靜止開始先勻加速再勻減速下滑，滑到竿底端時速度正好為零．為了研究該雜技的力學性質，研究人員在竿底部和“底人”肩膀之間安裝一個力傳感器，演員從竿頂端下滑的整個過程中，竿對傳感器豎直向下壓力大小隨時間變化的關系如圖12乙所示．根據題中所給條件和圖象中有關信息，重力加速度大小為g＝10 m/s2.求： 圖12 (1)演員在竿上勻加速下滑和勻減速下滑的過程中，竿受到的摩擦力大小； (2)竿的長度． 【答案】(1)240 N　480 N　(2)6 m 【解析】(1)演員勻加速下滑過程中：由乙圖知，運動時間為t1＝1 s，竿對傳感器的壓力F1＝290 N．設竿受到豎直向下的摩擦力大小為f.對于竿，則有 f＋mg＝F1 解得f＝240 N 演員勻減速下滑過程中：由乙圖知，運動時間為t2＝2 s，竿對傳感器的壓力F2＝530 N．設竿受到豎直向下的摩擦力大小為f′，對于竿，則有f′＋mg＝F2 解得f′＝480 N. (2)設竿的長度為s，對于演員，勻加速下滑過程中，則有Mg－f＝Ma1 s1＝a1t 勻減速下滑過程中，則有f′－Mg＝Ma2 s2＝a2t 又有s＝s1＋s2 聯立以上各式解得s＝6 m．