高考物理一轮复习一轮复习课后练习09 牛顿运动定律的应用（含答案解析）

2020版高考物理 全程复习课后练习09

牛顿运动定律的应用

1.下列对运动的认识不正确的是(　　)

A.亚里士多德认为物体的自然状态是静止的,只有当它受到力的作用才会运动

B.伽利略认为力不是维持物体运动的原因

C.牛顿认为力的真正效果总是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动

D.伽利略根据理想实验推出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去

A．增加15 N        B．减小15 N        C．减小7.5 N        D．保持不变

A．0～t0时间内物块的速度逐渐增大

B．t1时刻物块的速度最大

C．t2时刻物块的速度最大

D．t2时刻后物块立即做反向运动

A．沿着杆加速下滑   B．沿着杆加速上滑   C．沿着杆减速下滑    D．沿着杆减速上滑

A．Mg           B．Mg＋Ma           C．(m1＋m2)a            D．m1a＋μm1g

A．F≤12 N         B．F≤10 N         C．F≤9 N          D．F≤6 N

7.如图所示,质量为1.5 kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上,质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断,则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)

A.0          B.2.5 N         C.5 N         D.3.75 N

A．在0～t1时间内，N增大，f减小

B．在0～t1时间内，N减小，f增大

C．在t1～t2时间内，N增大，f增大

D．在t1～t2时间内，N减小，f减小

A．μ=            B．μ=           C．μ=            D．μ=

10.如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行。在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止,已知弹簧的劲度系数为k。则该过程中弹簧的形变量为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)

A.                        B.                      C.                      D.

11. (多选)如图甲所示,在电梯厢内轻绳AO、BO、CO通过连接吊着质量为m的物体,轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3。现电梯厢竖直向下运动,其速度v随时间t的变化规律如图乙所示,重力加速度为g,则(　　)

A.在0~t1时间内,F1与F2的合力等于F3

B.在0~t1时间内,F1与F2的合力大于mg

C.在t1~t2时间内,F1与F2的合力小于F3

D.在t1~t2时间内,F1与F2的合力大于mg

A．a′=a，F′1=F1     B．a′>a，F′1>F1       C．a′<a，F′1<F1    D．a′>a，F′1=F1

实验题

13.图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．

(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是(　　)

A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动

C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动

(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是(　　)

A．M=200 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g

B．M=200 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

C．M=400 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g

D．M=400 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为xAB=4.22 cm、xBC=4.65 cm、xCD=5.08 cm、xDE=5.49 cm、xEF=5.91 cm、xFG=6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a=______m/s2(结果保留两位有效数字)．

14.如图所示,质量m=2 kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入粗糙水平面,已知AB长度为3 m,斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)试求:

(1)小物块滑到B点时的速度大小;

(2)若小物块从A点开始运动到C点停下,一共经历时间t=2.5 s,求BC的距离;

(3)上问中,小物块与水平面的动摩擦因数μ多大?

15.为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求:

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

答案解析

1.答案为：A；

解析：

亚里士多德对运动的认识是错误的,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因。

解析：对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N－(M＋m)g=0，物块加速下滑时，

再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(M＋m)g－N′=masin30°，

对物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma，

联立得到N－N′=masin30°=mg(sin30°)2=3×10×0.25 N=7.5 N．故A、B、D错误，C正确．

解析：由题图乙知，0～t0时间内物块所受合力为0，物块不运动，A错．t0～t2时间内，物块受到的合力大于0，物块加速运动，故t2时刻物块的速度最大，B错，C对．t2时刻后物块受到的合力反向，物块做减速运动，最后停止，D错．

解析：把滑块和球看成一个整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，若速度方向沿杆向下，则沿杆方向有(m1＋m2)gsinθ－f=(m1＋m2)a，垂直杆方向有FN=(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f=μFN，联立可解得a=gsinθ－μgcosθ.对小球有，若θ=β，a=gsinβ，现有θ<β，则有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故D正确．

解析：对A、B整体，根据牛顿第二定律T=(m1＋m2)a，C正确；对C有Mg－T=Ma，解得T=Mg－Ma，A、B错误；对A有T－f=m1a，则T=m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μm1g，D错误．

解析：当A、B间有最大静摩擦力(2 N时)，对A由牛顿第二定律可知，A的加速度大小为a=2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：Fm－μ(mA＋mB)g=(mA＋mB)a，得Fm=12 N，A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，A正确，B、C、D错误．

7.答案为：D；

解析：剪断细线前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹=mAg=15N,将细线剪断的瞬间,根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,解得a=2.5m/s2,隔离B,则有mBg-FN=mBa,代入数据解得FN=mBg-mBa=3.75N,D正确。

解析：在0～t1时间内，由题图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg=ma1，在水平方向上有Nsinθ=fcosθ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小．在t1～t2时间内，由题图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)=ma2，在水平方向上有Nsinθ=fcosθ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故D正确．

解析：设球的质量为m，木板质量为M，斜面倾斜角度为θ，木板固定时，球受三力而平衡，故F1=mgsinθ，释放木板后，对木板和球整体有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ=(M＋m)a，隔离球，有mgsinθ－F2=ma，联立解得F2=μmgcosθ，=，其中tanθ=，则μ=tanθ=，故C正确．

10.答案为：A；

解析：在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时,弹簧是处于伸长状态还是压缩状态,无法直接判断,此时可采用假设法。假设弹簧处于压缩状态,若求得弹力F为正值,则假设正确。水平方向上由牛顿第二定律得

FNsinθ+Fcosθ=mg              ①

竖直方向上由受力平衡得

FNcosθ=mg+Fsinθ              ②

①②联立得F=mg。

由胡克定律得F=kx,x=,故选A。

11.答案为：AD；

解析：对轻质结点O,因没质量,故其无论在何状态下,F1、F2、F3三个力的合力都为零,即F1与F2的合力与F3等大反向,选项A正确,选项C错误;对物体进行受力分析,其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3,在0~t1时间内,电梯加速向下运动,物体处于失重状态,则F3<mg,即F1与F2的合力小于mg,选项B错误;在t1~t2时间内,电梯减速向下运动,物体处于超重状态,则F3>mg,即F1与F2的合力大于mg,选项D正确。

解析：先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F=(M＋m)a.

再对题图甲的小球受力分析，如图(a)．

根据牛顿第二定律有F－F1sinα=ma，F1cosα－mg=0.由以上三式可解得F1=，a=.

再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F合=mgtanα，F′1=，

再由牛顿第二定律得到a′=gtanα，由于M>m，故a′>a，F′1=F1，故选D.

13.答案为：

(1)B；

(2)C；

(3)0.42；

解析：

(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去沙和沙桶，安装纸带，给打点计时器通电，

根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速运动，故B正确．

(2)为使细线的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．

(3)由a=，T=0.1 s，可解得a≈0.42 m/s2.

14.解：

(1)小物块在斜面AB上时,由牛顿第二定律得mgsinθ=ma1,

解得a1=gsin37°=10×0.6m/s2=6m/s2,

由2a1xAB=得vB=m/s=6m/s。

(2)小物块在斜面上有xAB=,则t1=s=1s,

物块在BC段的运动时间为t2=t-t1=1.5s,

BC段的位移为xBC=t2=4.5m。

(3)在水平面上,逆向分析,小物块的运动可看作初速度为零的匀加速运动,

由vB=a2t2得加速度大小a2=m/s2=4m/s2,

根据牛顿第二定律μmg=ma2,

代入数据解得μ=0.4。

15.解：

(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,

由动能定理得-μmgs0=              ①

解得μ=。              ②

(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。

设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t,

由运动学公式得=2a1s0              ③

v0-v1=a1t              ④

s1=a2t2              ⑤

联立③④⑤式得a2=。              ⑥