【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律课时作业

‎45分钟高考热点练(三)　牛顿运动定律 热点一　动力学中的图象问题分析 ‎1．(多选)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。设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1～t3时间内(　　)‎ A．t1时刻物块的速度为零 B．t2时刻物块的加速度最大 C．t3时刻物块的速度最大 D．t1～t3时间内速度先增大后减小 解析：　t1时刻拉力等于最大静摩擦力，物块将要运动，此时物块的速度为零，选项A正确；t2时刻物块所受的拉力最大，合力也最大，故此时的加速度最大，选项B正确；t1到t3时刻，合力向前，物块一直做加速运动，t3时刻后合力向后，要做减速运动，所以t3时刻物块的速度最大，选项C正确，D错误。‎ 答案：　ABC ‎2.‎ ‎(多选)如图所示，一斜面体固定在水平地面上，物块静止在斜面上，物块上端连一轻弹簧，现用沿斜面向上，大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F弹与物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图象正确的是(斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 解析：　弹簧的弹力始终等于拉力F，即F弹＝kt，选项A正确，选项B错误；物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足F＋Ff＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保 持恒定，因此选项C错误，选项D正确。‎ 答案：　AD ‎3．(2018·福建福州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在水平斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；‎ ‎(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。‎ 解析：　(1)在2 s内，由图乙知：‎ 物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m 物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m 所以位移大小x＝x1－x2＝0.5 m 路程L＝x1＋x2＝1.5 m ‎(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a1＝4 m/s2‎ a2＝4 m/s2‎ 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有 ‎0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma1‎ ‎0．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2‎ 解得F＝8 N 答案：　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 热点二　动力学中的连接体 ‎4.‎ 如图所示，用力F推放在光滑水平面上的物体P、Q、R，使其做匀加速运动，若P和Q 之间的相互作用力为6 N，Q和R之间的相互作用力为4 N，Q的质量是2 kg，则R的质量是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　‎ A．2 kg B．3 kg C．4 kg D．5 kg 解析：　在力F的作用下P、Q、R三物体一起做匀加速运动，设其共同运动的加速度大小为a；FN1、FN2分别表示P、Q之间和Q、R之间的相互作用力大小，Q、R的质量分别为mQ、mR。对Q、R整体应用牛顿第二定律得FN1＝(mQ＋mR)a①‎ 对R隔离单独应用牛顿第二定律得FN2＝mRa②‎ 两式相除得＝，代入数据，整理得mR＝4 kg，选项C正确。‎ 答案：　C ‎5.‎ 如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)。现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图象正确的是(　　)‎ 解析：　根据题述，B以的加速度匀加速向下运动过程中，选取A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg－kx－F＝2m·，解得F＝mg－kx，即F从mg开始线性减小，可排除图象C。选择B作为研究对象，由牛顿第二定律，mg＋FN－F＝，解得FN＝－kx。当弹簧的弹力增大到，即x＝时，A和B间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，选项A、B错误。同时，力F由开始时的mg线性减小到，此后B与A分离，力F保持不变，故选项D正确。‎ 答案：　D ‎6.‎ 如图所示，质量M＝0.2 kg的足够长的木板静止在水平地面上，一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)从滑块滑上长木板到滑块与木板具有相同的速度所需的时间t；‎ ‎(2)滑块滑上长木板后运动的最大位移l。‎ 解析：　(1)在滑块相对木板滑动的过程中 滑块受到摩擦力Ff1＝μ1mg＝0.8 N，方向水平向左 滑块向右做匀减速运动，其加速度大小 a1＝＝4 m/s2‎ 滑块对长木板的摩擦力大小 Ff1′＝Ff1＝0.8 N，方向水平向右 地面对长木板的最大静摩擦力大小 Ff2＝μ2(M＋m)g＝0.4 N 因为Ff1′>Ff2，所以长木板向右做匀加速直线运动，其加速度大小 a2＝＝2 m/s2‎ 滑块与木板的速度相等时，有v0－a1t＝a2t 解得t＝0.2 s。‎ ‎(2)从滑块滑上长木板到相对长木板静止的过程中，滑块的位移l1＝v0t－a1t2＝0.16 m 设滑块与长木板以共同的加速度a运动的初速度为v0′，位移为l2，有 v0′＝a2t＝0.4 m/s，l2＝ 其中a＝μ2g＝1 m/s2‎ 解得l2＝0.08 m 所以l＝l1＋l2＝0.24 m 答案：　(1)0.2 s　(2)0.24 m 热点三　实验 ‎7．某探究性学习小组利用如图甲所示装置探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系。‎ ‎(1)下列实验方法，可以采用________。‎ A．等效法 B．控制变量法 C．放大法 D．累积法 ‎(2)实验中，通过向小车放入钩码来改变小车质量，只要测出小车从长为L的斜面顶端滑至底端的时间t，就可以由公式a＝________求出加速度。‎ 甲 ‎(3)实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角，由于没有量角器，因此通过测量出长木板顶端到水平面的高度h，求出倾角α的正弦值sin α＝。某同学记录了高度和加速度的对应值，并在坐标纸上建立适当的坐标系后描点作图如图乙，请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g＝________m/s2。‎ 乙 解析：　(1)要探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系，由于有两个变量，可采用控制变量法，B正确。(2)小车在光滑斜面上做初速度为零的匀加速运动，由L＝at2可得a＝。‎ ‎(3)小车在光滑斜面上运动时，其加速度a＝gsin α，a－sin α图象的斜率表示重力加速度，得g＝9.6 m/s2。‎ 答案：　(1)B　(2)　(3)9.6‎ ‎8．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图(a)所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F。通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象。他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图(b)所示。‎ ‎(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。‎ ‎(2)在轨道水平时，小车运动的阻力Ff＝________N。‎ ‎(3)图(b)中，拉力F较大时，a F图线明显弯曲，产生误差。‎ 为避免此误差可采取的措施是________。‎ A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动 B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量 C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力 D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验 解析：　(1)在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的。当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于零时，也会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。‎ ‎(2)根据牛顿第二定律得，F－Ff＝ma，‎ 当F＝0.5 N时，a＝0，解得Ff＝0.5 N。‎ ‎(3)由于开始段a F图线为一条倾斜的直线，所以在小车质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理有mg＝Ma，得a＝＝，而实际上a′＝，可见a F图线末端明显偏离直线是由于没有满足M≫m。将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况。故C选项正确。‎ 答案：　(1)①　(2)0.5　(3)C