【物理】2020届二轮复习专题三牛顿运动定律的理解和应用作业

【物理】2020届二轮复习专题三牛顿运动定律的理解和应用作业

专题三　牛顿运动定律的理解和应用 ‎『经典特训题组』‎ ‎1. 如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(　　)‎ A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小 答案　A 解析　物块B向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则由牛顿第二定律得B受到A给的静摩擦力方向向左，大小为f＝mBa，保持不变，A正确。‎ ‎2. 如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　)‎ A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g 答案　C 解析　在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变。木块1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0；木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a2＝＝g，故C正确。‎ ‎3．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD 解析　球的质量m＝ρ·πr3，阻力f＝kr，由牛顿第二定律a＝＝g－＝g－，ρ甲＝ρ乙，m甲>m乙，所以r甲>r乙，可得a甲>a乙，由h＝at2知甲球用的时间较短，A、C错误；由v＝得v甲>v乙，故B正确；因f甲>f乙，由Wf＝fh知甲球克服阻力做功较大，D正确。‎ ‎4．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是(　　)‎ A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝2 kg C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2‎ D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ 答案　C 解析　由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据计算得出M＋m＝6 kg，当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得a＝＝F－，知图线的斜率k＝，则M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A、B正确；根据F＝6 N时 ‎，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出μ＝0.1，当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出a′＝μg＝1 m/s2，故C错误，D正确。‎ ‎5．图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10 m/s2。根据图象分析可知(　　)‎ A．张明的重力为1000 N B．e点位置张明处于超重状态 C．c点位置张明处于失重状态 D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度 答案　B 解析　开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N，故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；c点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在d点时，a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，张明在f点时，a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。‎ ‎6. 如图所示，倾角为θ的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的vt图象不可能是(　　)‎ 答案　C 解析　若F>mgsinθ＋μmgcosθ，物块一直做匀加速运动，vt图象是向上倾斜的直线，A图是可能的；若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，物块一直做匀速运动，vt图象是平行t轴的直线，B图是可能的；若Fgtanθ，所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，‎ 而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，D正确。‎ ‎3. (2019·山东淄博一模)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)‎ 答案　AD 解析　在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球继续下降，弹力逐渐变大，小球做加速度减小的加速运动，直至重力等于弹力，此时加速度减小到零，速度达到最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，故A正确，B错误。根据牛顿第二定律可得加速度a＝g－x(x为弹簧压缩长度)，在与弹簧作用的加速向下阶段，相等时间内位移增大得越来越快，弹簧压缩量增大得越来越快，由此可知此阶段内加速度减小得越来越快；在减速向下阶段，相等时间内，弹簧的压缩量增大得越来越慢，故可知此阶段内加速度增大得越来越慢；由at图象与时间轴所围面积表示速度的变化量与对称性可知，a＝－g时小球速度不为0，小球继续向下运动，a 继续增大，故C错误，D正确。‎ ‎4．(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4 N的作用，经一段时间后撒去力F，物体运动的vt图象如图所示，已知g＝10 m/s2，据图可知下列说法正确的是(　　)‎ A．物体与水平面的动摩擦因数μ为0.2‎ B．物体最后回到t＝0时刻的位置 C．F的作用时间为1 s D．物体的质量为1 kg 答案　AD 解析　由vt图象可知，物体0～1 s内沿正向做匀减速运动，1～2 s内沿负向做匀加速运动，2～3 s内沿负向做匀减速运动，可得拉力F在2 s末撤去，拉力F的作用时间为2 s，在2～3 s内物体的加速度为a＝＝2 m/s2，摩擦力大小为μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误；由vt图线与时间轴所围面积表示位移知，0～1 s内物体沿正向运动，位移大小为x1＝×6×1 m＝3 m，1～3 s内沿负向运动，位移大小为x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，则知3 s末物体到出发点的距离为x＝x1－x2＝1 m，故B错误；在0～1 s内物体沿正向运动，根据图象可得加速度大小a1＝ m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律可得：F＋μmg＝ma1，解得物体的质量m＝1 kg，故D正确。‎ ‎5．(2019·云南二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1>m2。现剪断Q下端与木箱相连的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将(　　)‎ A．变大 B．变小 C．不变 D．先变小后变大 答案　B 解析　剪断细线之前台秤的示数为：N＝Mg＋m1g＋m2g；因m1>m2，则当剪断Q下端的细绳后，P向下加速，Q向上加速，对P：m1g－T＝m1a，对Q：T－m2g＝ m2a，解得a＝g，T＝，此时箱子对台秤的压力为：N′＝Mg＋2T＝Mg＋，结合m1>m2，由数学知识可知

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