【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版用牛顿运动定律解决问题限时过关练（解析版）
信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：用牛顿运动定律解决问题（解析版)
1．如图，质量为m的物块(可视为质点)以初速度v1沿足够长斜面向上做减速运动，加速度为a1，经过时间t1运动到最高点，又经过时间t2返回到出发点，返回时加速度为a2，回到出发点时的速度为v2，已知斜面倾角为θ，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是
A．a1
tanθ
2．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体（A 物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，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B上，使物体开始向上一起做加速度为a的匀加速运动直到 分离，重力加速度为g，其中，则
A．外力施加的瞬间，间的弹力大小为
B．刚分离时，弹簧弹力恰好为零
C．分离时，上升的高度为
D．A．B分离后，A速度最大时弹簧恰好恢复原长
3．如图所示，某同学站在一弹性木板的中央，当静止时木板被压弯，则下列说法中正确的是
A．木板受到人的压力是因为木板的形变产生的
B．木板对人的支持力与人对木板的压力大小相等
C．人对木板的压力与人的重力是一对平衡力
D．如果某时刻该同学突然下蹲，在下蹲开始阶段木板的弯曲程度将增大
4．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°．则第2 016个小球与第2 017个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示直角型木板上用轻绳连接着一个质量为m=2 kg的物块，细绳与竖直方向夹角为53°，木板和物块间的动摩擦因数为μ=0.5。开始时木板和物块都静止，绳的拉力恰好为零。当木板匀加速向右运动时，下列说法正确的是（取g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
A．若木板的加速度为4 m/s2，则物块所受摩擦力为8 N
B．若木板的加速度为6 m/s2，则物块所受摩擦力为10 N
C．若木板的加速度为6 m/s2，则物块所受绳的拉力为4 N
D．若木板的加速度为20 m/s2，则物块所受绳的拉力为
6．如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知， a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为。巳知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对a施加一水平向右的拉力，下列判断不正确的是（ ）
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过
B．当时， a、b间的摩擦力为
C．无论力F为何值，b的加速度不会超过
D．当时，a、b间的摩擦力为
7．倾角为的光滑斜面C固定在水平面上，将两物体A、B叠放在斜面上，且同时由静止释放，A、B的接触面与斜面平行，则下列说法正确的是( )
A．物体A相对于物体B向上运动
B．斜面C对水平面的压力小于A、B、C三者重力之和
C．物体A、B之间的动摩擦因数不可能为零
D．物体A运动的加速度大小为
8．如图所示，质量为M的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为m的铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，现给铁块施加一由零开始逐渐变大的水平作用力F，下列判断正确的是（ ）
A． 若μ1>μ2，则一定是木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
B． 若μ1mg>μ2Mg,则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动
C． 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时， F的大小为μ1mg
D． 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为
9．如图所示，物体m 放在斜面上，给物体一个沿斜面向下的初速度，物体开始沿斜面向下滑动，设物体的加速度为a1 ，若只在物体m 上再放一个物体m′，则m′与m 一起下滑的加速度为a2 ，若只在m 上施加一个方向竖直向下、大小等于m′g的力F ，此时 m下滑的加速度为a3 ．关于a1、a2、a3 的关系正确的是（ ）
A．a1=0时，一定有a2=a3>0
B．a1=0时，a2=a3 ，且一定为零
C．只要a1≠0 且沿斜面向下，一定有a1=a2μ2，选项A错误；
B. 若μ1mg>μ2Mg，则也可能μ1mg＞μ2（M+m）g，则木板A可能先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，选项B正确；
C.若铁块B先相对A发生滑动，以B为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件知，当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为μ1mg，C正确；
D.B相对于A滑动时，二者的加速度关系为aB≥aA，即：
，
整理得：
，
所以当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为，D正确。
9．BC
【解析】
【详解】
AB.物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma1，
解得：
a1=gsinθ-μgcosθ，
在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：
（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2，
解得：
a2=gsinθ-μgcosθ
当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：
（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3，
解得：
a3=gsinθ-μgcosθ+，
若a1=0时，一定有a2=a3=0，故A错误，B正确；
CD.只要a1≠0，一定有a1=a2＜a3，故C正确，D错误；
10．ABD
【解析】
【详解】
A.在0-t1时间内，小球在O的左方向向右做匀加速运动；在t1-t2时间内小球在O的右方向右做匀减速直线运动，在t2-t3时间内小球在O的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在O的右方运动的时间为t3-t1=t4-2t1，故A正确；
B.图中0-t1与t3-t4两段时间内小球在O的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在O的左方加速度为
，
故B正确；
C.在t1-t3时间内，小球的加速度大小为
，
根据牛顿第二定律得：
F2-F1=ma′，
得到
F2=F1+ma′=F1+ ，
故C错误；
D.小球在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为
，
故D正确。
11．AC
【解析】
【详解】
AB.对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：
，
解得
所以弹簧的原长为
，
对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：
解得
故A正确，B错误。
C.撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得
，
小球A此时的加速度
，
故C正确。
D.撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D错误
12．BC
【解析】
【详解】
AB.当水平传送带静止时,物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动.若传送带逆时针转动,物块通过传送带时,受到的滑动摩擦力仍水平向左,大小不变,则加速度不变,可以知道物块仍落在A点,故A错误,B正确;
CD.设物块滑上传送带时速度为 ,传送带的速度为v.当时,物块滑上传送带可能一直做匀减速运动,加速度与传送带静止时相同,当滑到传送带右端时,速度与传送带静止时相同,则物块仍落在A点.物块也可能先做匀减速运动,后来与传送带一起做匀速运动,滑到传送带右端时,速度大于传送带静止时速度,则物块落在A点右侧.当时,物块滑上传送带时两者相对静止,一起做匀速运动,则物块落在A点右侧.当时,物块滑上传送带可能一直做匀加速运动,也可能先做匀加速运动,后与传送带一起匀速运动,滑到传送带右端时,速度大于传送带静止时速度,则物块落在A点右侧.故C正确；D错误
13．(1)a=4m/s2 (2)=0.25 k=30kg/s
【解析】
【详解】
(1)由速度－时间图像可知，物体开始做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速运动，在t=0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有
(2)在t=0时刻，v0=0，由牛顿第二定律可得
最后匀速运动，vm=10m/s，a=0，由平衡关系可得
联立可得
=0.25
k=30kg/s
14．(1)4m/s，向右(2)6s(3)
【解析】
【详解】
(1) 对收纳箱由牛顿第二定律得：
解得：
由速度公式得：
，方向向右；
(2)对小车由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
小车的速度为：
经过2s小车的位移
收纳箱的位移
经2秒后，收纳箱作匀减速运动
，向左
小车加速度不变，仍为，向右，当两者速度相等时，收纳箱恰好到达小车最右端
共同速度为
联立解得：
，，
收纳箱和小车一起作为整体向右以
收纳箱和小车获得共同速度到停止运动的时间为：
力F2作用的时间
(3)小车和收纳箱到达共同速度时间内的位移：
小车：
收纳箱：
小车的长度：
15．（1）0.5m/s2，水平向右；（2）7N；（3）5W
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律可知：
，
方向：水平向右；
（2）根据牛顿第二定律可知：
，
代入数据解得：
，
（3）而由运动学公式可知：
，
对于木板B，有：
；
由功率公式得：
16．（1）1.6m/s2；（2）696N
【解析】
【详解】
（1）设演员在匀加速和匀减速过程中所用时间分别是和，加速度大小分别为和，因为匀加速的末速度即为匀减速的初速度．
所以
又因为
解得得：
匀减速到0的过程可以逆向看做初速度0的匀加速直线运动，那么总的高度
代入数据得：
（2）演员在匀加速上升过程中，由牛顿第二定律可得：
解得：
轻绳对地面上的人的拉力为
