【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版牛顿第二定律限时过关练（解析版）

【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版牛顿第二定律限时过关练（解析版）

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：牛顿第二定律（解析版)‎ ‎1．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。取重力加速度g＝‎10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因素μ分别为 A．m＝‎0.5kg，μ＝0.2 B．m＝‎1.0kg，μ＝0.4‎ C．m＝‎1.5kg，μ＝0.6 D．m＝‎2.0kg，μ＝0.8‎ ‎2．如图所示,小车上固定有一个竖直细杆,杆上套有质量为M的小环,环通过细绳与质量为m的小球连接.当小车水平向右做匀加速运动时,环和球与车相对静止,绳与杆之间的夹角为θ,重力加速度为g,则 A．细绳的拉力为mgcosθ B．细杆对环的作用力方向水平向右 C．细杆对环的静摩擦力为Mg D．细杆对环的弹力为（M+m）gtan θ ‎3．如图所示，有一水平传送带以‎2m/s的速度顺时针匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，已知传送带左、右端间的距离为‎10m，物体可视为质点，g=‎10m/s2 ， 则（   ）‎ A．传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5s B．传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为2s C．传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5.2s D．物体到达传送带右端时的速度为‎10m/s ‎4．我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是(　　) ‎ A．F1 B．F2‎ C．F3 D．F4‎ ‎5．如图所示给滑块一初速度v0使它沿倾角30°的光滑斜面向上做匀减速运动，若重力加速度为g，则当滑块速度大小减为时，滑块运动的时间可能是 A． B．‎ C． D．‎ ‎6．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ A．μ与a之间一定满足关系 B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为 C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 D．黑色痕迹的长度为 ‎7．如图所示，两个质量分别为，的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为N、N的水平拉力分别作用在两物体上，则（ ）‎ A．弹簧秤的示数是10N B．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变小 C．弹簧秤的示数是26N D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变 ‎8．如图所示,A、B两物块的质量分别为‎2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为0.5μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则( )‎ A．当F<2μmg时，A. B都相对地面静止 B．当F>3μmg时，A相对B滑动 C．当F=2.5μmg时，A的加速度为0.25μg D．无论F为何值,B的加速度不会超过0.5μg ‎9．一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则图所示的图象中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）‎ A．μ与a之间一定满足关系 B．黑色痕迹的长度为（a-μg）v2/（‎2a2）‎ C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v/（μg）‎ D．煤块与传送带间先有滑动摩擦力，当相对静止后有静摩擦力 ‎11．如图所示，质量M=‎4kg的足够长的木板在水平地面上做直线运动，与地面间动摩擦因数μ2=0.4，当长木板速度v0=‎18m/s时，将初速度为零质量m=‎2kg的滑块放到长木板上，滑块与长木板间动摩擦因数μ1=0.2，求：（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10m/s2）‎ ‎（1）最终滑块到长木板右端的距离.‎ ‎（2）由于滑块与木板之间的摩擦而产生的热量.‎ ‎12．如图所示绷紧的长L=‎15m的水平传送带,沿顺时针方向以恒定速率v1=‎8m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带,其速度大小为v2.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=‎10m/s2,分别求：在以下不同条件下，小物块从滑上传送带到离开传送带所需要的时间.‎ ‎（1）小物块从传送带左端以v2=‎2m/s的速度滑上传送带.‎ ‎（2）小物块从传送带左端以v2=‎6m/s的速度滑上传送带.‎ ‎（3）小物块从传送带左端以v2= ‎10m/s的速度滑上传送带.‎ ‎（4）小物块从传送带左端以v2=‎16m/s的速度滑上传送带.‎ ‎（5）小物块从传送带右端以v2= ‎6m/s的速度滑上传送带.‎ ‎（6）小物块从传送带右端以v2= ‎16m/s的速度滑上传送带.‎ ‎13．如图所示，自动扶梯与水平面夹角为53°，上面站着质量为‎60kg的人，当自动扶梯以大小为‎0.5m/s2加速度斜向上加速运动时，人和扶梯相对静止，求扶梯对人的摩擦力和人对扶梯的压力.‎ ‎14．如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝‎4kg、长度L＝‎4m的长木板，放置在低水平面上且靠在高水平面边缘的A点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数以1＝0.1。在高水平面上距A点距离s＝‎3m处，放置一质量m＝‎2kg可视为质点的滑块，现用一水平向右的拉力F从静止拉滑块，滑块经时间t0＝1s运动到A点时撤去拉力，滑块滑上长木板，最终末从木板上滑下。已知滑块与长木板间的动摩擦因数2＝0.5，重力加速度g取‎10m/s2。求:‎ ‎ ‎ ‎(1)拉力F的大小;‎ ‎(2)滑块最终距长木板右端的距离d;‎ ‎(3)长木板滑行的总距离。‎ ‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 从图像可以看出匀速运动时F=4N,所以摩擦力的大小等于4N，在2-4s内物体做匀加速运动，加速度为 ，所以 ，解得： ，再根据 可知μ＝0.4，故B正确；ACD错误 ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.以小球为研究对象进行受力分析有： 根据牛顿第二定律得：‎ Tsinθ=ma ①‎ Tcosθ=mg ②‎ 由①和②可得：‎ 绳的拉力 ‎，‎ 加速度 a=gtanθ，‎ 故A错误。‎ CD.以环M为研究对象进行受力分析有： ‎ ‎ 如图所示，M受重力、绳的拉力T'、杆的弹力F1和杆的摩擦力F2作用处于平衡状态 所以有：‎ F1-T'sinθ=Ma ③ F2-Mg-T'cosθ=0 ④‎ 又因为T'=T=，a=gtanθ 由③和④解得：‎ F1=（m+M）gtanθ  F2=（m+M）g 选项C错误，D正确；‎ B.所以细杆对环的作用力为 ‎ ‎ 如图可知细杆对环作用力方向斜向右上方，故B错误。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ABC.根据牛顿第二定律，物体的加速度 则物体匀加速运动的时间为：‎ 匀加速运动的位移为：‎ 匀速运动的时间为：‎ 则总时间为：‎ 故C正确，AB错误。‎ D.由上述分析可知，物体先加速运动后匀速运动，物体到达传送带右端的速度为，故D错误。‎ ‎4．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 因为直升机沿虚线方向斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形可得空气对其作用力可能为F1，如图所示。故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向。‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 物体运动的加速度为，方向沿斜面向下 ，若速度变为向上的 ‎，则所用时间为 ，若速度变为向下的，则所用时间为 ，故C正确，ABD错误 ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即，则有：‎ 故选项A不符合题意；‎ ‎ BC.当煤块的速度达到时，经历的时间：‎ 经过的位移：‎ 故选项B不符合题意，C符合题意；‎ D.此时传送带的位移：‎ 则黑色痕迹的长度：‎ 故选项D不符合题意。‎ ‎7．CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AC. 对整体分析，整体的加速度 隔离对m2分析，有F-F2=m‎2a，解得弹簧弹力为： ,故A错误C正确。‎ B. 在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2所受的合力变为弹簧的弹力，则加速度 加速度变大。故B错误。‎ D. 在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则m1所受的合力不变，所以m1的加速度不变，故D正确。‎ ‎8．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.AB间的最大静摩擦力为，B与地面间的最大静摩擦力为，因为，所以B相对地面先开始滑动，当B恰好相对地面滑动时，此时的来为，继续增大拉力，AB才会相对滑动，设AB刚好发生相对滑动时拉力为，AB的加速度为，对B由牛顿第二定律可得 ‎，‎ 可求；‎ 对A由牛顿第二定律可得 ‎，‎ 可求。综上分析可得当，B相对地面滑动；当时，AB相对地面都静止；当时，A相对B滑动，故A错误，B正确。‎ C.当时，AB以共同的加速度运动，将AB看作整体，由牛顿第二定律可得 ‎，‎ 解得，故C错误。‎ D.对B受力分析可知其所受的合力的最大值为 ‎，‎ 即B的加速度不还超过0.5，故D正确。‎ ‎9．AC ‎【解析】‎ 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：雨滴下落的过程中受重力和阻力，阻力随速度增大而增大，根据牛顿第二定律，判断加速度的变化，以及根据加速度方向与速度的方向关系判断速度的变化．‎ 解答：解：根据牛顿第二定律得，a=，速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动．故A、C正确，B、D错误．‎ 故选AC．‎ 点评：解决本题的关键会通过牛顿第二定律，根据物体的受力情况判断物体的运动情况．‎ ‎10．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．即 a＞μg 所以 μ＜‎ 故A正确．‎ BC.根据牛顿第二定律得，煤块的加速度 a=μg 则煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间 此时煤块的位移 此时传送带的位移 煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则 故C正确，B错误；‎ D. 煤块与传送带间先有滑动摩擦力，当相对静止后煤块做匀速运动，水平方向不受力，没有静摩擦力，故D错误。‎ ‎11．（1）‎15.6m （2）81.6J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)滑块的加速度为：‎ 木板的加速度为：‎ 由速度相等：‎ 此时，共速的速度 解得： ，此时，共速的速度 相对位移：‎ 之后，M继续减速，m也开始减速，滑块的加速度为 木板的加速度为：‎ 当减速到零，相对位移 所以最终滑块到长木板右端的距离为 ‎(2) 滑块与木板之间的摩擦而产生的热量 答：(1)‎15.6m (2)81.6J ‎12．（1）3s （2）2s（3）1.75s （4）1s （5）6s （6）1s ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1) 小物块从传送带左端滑上传送带，滑块加速度 达到与传送带共速所需时间 加速位移 所以小物块运动了3s。‎ ‎(2)若v2=‎6m/s，达到与传送带共速所需时间 加速位移 匀速运动时间 一共运动 ‎(3)若v2= ‎10m/s，小物块减速的加速度 达到与传送带共速所需时间 减速位移 匀速运动时间 一共运动 ‎(4)若v2= ‎16m/s，小物块减速的加速度 达到与传送带共速所需时间 减速位移 所以一直减速运动 一共运动 ‎ ‎ ‎(5)小物块从传送带右端以v2= ‎6m/s的速度滑上传送带，小物块减速的加速度 减速到零的时间 减速位移 所以物块反向加速，根据对称性可知，总时间 ‎(6) 减速到零的位移 所以一直减速从左端滑下 总时间 答：(1)3s (2)2s(3)1.75s (4)1s (5)6s (6)1s ‎13．f=18N FN=624N ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在水平方向上，，根据牛顿第二定律有： ，代入数据解得：f=18N；‎ 在竖直方向上，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：FN=624N。‎ 答：f=18N FN=624N ‎14．(1)12N(2)‎1m(3)‎‎1m ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由位移公式，得 ‎ ①‎ 由牛顿第二定律，得 ‎ ②‎ ‎(2)滑块滑到木板上时，设其初速度为, 滑块加速度大小为a1 , 木板加速度大小为a2，两者共速时速率为，则 ‎ ③‎ ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ ‎，得 ⑥‎ 此过程中滑块的位移为 ‎ ⑦‎ 长木板的位移为 ‎ ⑧‎ 则滑块相对长木板位移为 ‎ ⑨‎ 则滑块相对长木板静止时距右端距离为 ‎ ⑩‎ ‎(3)由⑥式得 ‎ ⑪‎ 共速后两者保持相对静止一起做匀减速运动，设加速度为a3，匀减速位移为，则 ‎，得 ⑫‎ ‎，得 ⑬‎ 故长木板滑行的总距离为