2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第三单元 牛顿运动定律 作业14 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第三单元 牛顿运动定律 作业14 Word版含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2016·上海十二校联考)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上．用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′.则下列关系正确的是( )
A．F′＝2F B．x′＝2x
C．F′>2F D．x′<2x
答案 AB
解析 取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力FT＝eq \f(m2F,m1＋m2)＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B两项正确．
2.如图为应用于火车站的安全检查仪的简化模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
答案 BD
解析 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝eq \f(v,a)＝1 s达到共同速度，位移x1＝eq \f(v,2)t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝eq \f(2 m－x1,v)＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝eq \f(2 m,v)＝2 s，故B项正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝eq \r(\f(2L,a))＝eq \r(\f(2×2,1)) s＝2 s，D项正确．
3．(2016·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
答案 BC
解析 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：F′T－mgsinα＝ma，又FT＝F′T，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D两项错误，B、C两项正确．
4.(2016·哈尔滨市三中学一模)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用
B．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为eq \f(F,4)
C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同
D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
答案 BC
解析 水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝eq \f(F,4)，方向均水平向右，故BC两项正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩檫力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A项错误；当F撤去瞬间，弹簧弹力不变，A、D木块所受静摩擦力的大小不变，但方向相反，故D项错误．故B、C两项正确．
5．如图，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数是0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( )
A．当拉力F＜12 N时，两物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C．两物体间从受力开始就有相对运动
D．两物体间始终没有相对运动
答案 D
解析 当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则对B有aB＝eq \f(μmAg,mB)＝6 m/s2.对整体有：拉力F＝(mA＋mB)aB＝48 N，当拉力达到48 N时，A、B才发生相对滑动，所以开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到48 N的过程中，两物体间始终没有相对运动，相对于地面是运动的．故D项正确．
6.(2016·南阳模拟)如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )
A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg
答案 C
解析 无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故eq \f(F－μmg－μ（m＋M）g,M)＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，C项正确．
7．如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平向右的变力FA＝(9－2t) N，t的单位是s.从t＝0开始计时，则( )
A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的eq \f(5,11)倍
B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反
答案 ABD
解析 对于A、B整体，据牛顿第二定律，有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为F，则对于B，据牛顿第二定律，可得F＋FB＝mBa，
解得F＝mBeq \f(FA＋FB,mA＋mB)－FB＝eq \f(16－4t,3) N.
当t＝4 s时F＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动．当t＝4.5 s时A物体的加速度为零而速度不为零；t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反．当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝eq \f(FA＋FB,mA＋mB).综上所述，选项A、B、D正确．
8.如图所示，光滑水平面上放置一斜面体A，在其粗糙斜面上静止一物块B，开始时A处于静止．从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平向左的力F作用在A上，使A和B一起向左做变加速直线运动．则在B与A发生相对运动之前的一段时间内( )
A．B对A的压力和摩擦力均逐渐增大
B．B对A的压力和摩擦力均逐渐减小
C．B对A的压力逐渐增大，B对A的摩擦力逐渐减小
D．B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大
答案 D
解析 对物体进行受力分析，如图所示，将加速度进行分解，设斜面的倾角为θ.
根据牛顿第二定律，得
垂直于斜面方向mgcsθ－N＝masinθ
平行于斜面方向f－mgsinθ＝macsθ
得到N＝mgcsθ－masinθ
f＝mgsinθ＋macsθ
可见，当加速度a增大时，支持力N减小，摩擦力f增大，根据牛顿第三定律得知，B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大．故A、B、C项错误，D项正确．
9．(2016·昆明检测)如图甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上．t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则( )
A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2
B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用
C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 N
D．水平恒力的大小为12 N
答案 AC
解析 在v－t图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得：μ＝eq \f(a2,g)＝0.2，F＝18 N，A项正确，D项错误；1～3 s内两物块一起运动，物块A也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向左的静摩擦力，B项错误；同理在0～1 s内物块A也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ff＝mAa1＝4 N，C项正确．
10.三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )
A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端
B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端
D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
答案 BC
解析 因为μ＜tan37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带匀加速下滑，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1 m/s，物块B一直匀加速下滑，物块A先加速到与传送带共速，再与B相等的加速度匀加速下滑，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．
二、非选择题
11.如图所示，木块A、B的质量分别为m1、m2，紧挨着并排放在光滑的水平面上，A与B的接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角，A与B间的接触面光滑．现施加一个水平力F于A，使A、B一起向右运动，且A、B不发生相对运动，求F的最大值．
答案 eq \f(m1（m1＋m2）gtanθ,m2)
解析 A、B一起向右做匀加速运动，F越大，加速度a越大，水平面对A的弹力FNA越小，A、B不发生相对运动的临界条件是FNA＝0，此时木块A受到重力m1g、B对A的弹力FN和水平力F三个力的作用．根据牛顿第二定律，有
F－FNsinθ＝m1a，
FNcsθ＝m1g，
F＝(m1＋m2)a，
由以上三式可得，
F的最大值为F＝eq \f(m1（m1＋m2）gtanθ,m2).
12．(2016·昆明统测)如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间．
答案 (1)不会 (2)eq \r(2) s
解析 (1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB(2)对B：F－μ1mg＝maB
对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA
据题意：xB－xA＝L
xA＝eq \f(1,2)aAt2；xB＝eq \f(1,2)aBt2
解得：t＝eq \r(2) s.
13．如图所示为仓库中常用的传送带传输装置示意图，它由两台传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距3.05 m，B、C相距很近．水平部分AB以5 m/s的速率顺时针转动．将质量为10 kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；
(2)若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度vCD应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间t的取值范围(结果可用根号表示)．
答案 (1)1.25 m (2)vCD≥3 m/s eq \f(25－8\r(5),10) s≤t≤1.7 s
解析 (1)米袋在AB上运动时，由牛顿第二定律，得
μmg＝ma0，解得加速度为：a0＝eq \f(μmg,m)＝μg＝5 m/s2
米袋的速度达到v0＝5 m/s时，滑行的距离为：s0＝eq \f(v02,2a0)＝2.5 m因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度，
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律，得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma，
代入数据解，得a＝10 m/s2
所以能上升的最大距离：s＝eq \f(v02,2a)＝1.25 m.
(2)设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零)，由牛顿第二定律可知，米袋速度减为v1之前的加速度为：a1＝－g(sinθ＋μcsθ)＝－10 m/s2，
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：
a2＝μgcsθ－gsinθ＝－2 m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式，得
eq \f(v12－v02,2a1)＋eq \f(0－v12,2a2)＝3.05 m，
代入数据，解得v1＝3 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝3 m/s.
米袋恰能运到D点所用时间最长tmax＝eq \f(v1－v0,a1)＋eq \f(0－v1,a2)＝1.7 s，
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2，设米袋在D点的速度为v2，由位移公式，得：
v22－v02＝2a2sCD
tmin＝eq \f(v2－v0,a2)
代入数据，解得tmin＝eq \f(25－8\r(5),10) s，
所以，所求的时间t的范围为eq \f(25－8\r(5),10) s≤t≤1.7 s.