2019-2020年高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1.3 牛頓運動定律及其應用課時作業(yè).doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1.3 牛頓運動定律及其應用課時作業(yè)A組一、選擇題1.下列說法正確的是()A物體的速度越大，說明它受到的外力越大B物體的加速度在改變，說明它受到的合外力大小一定改變C靜止在水平桌面上的物體受到了垂直桌面向上的支持力，該力所產(chǎn)生的加速度不為零D一個人從地面跳起來，說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力解析：物體速度大小與受力大小無關(guān)，故A錯誤；當物體只有加速度方向發(fā)生變化時，加速度發(fā)生變化，但合外力的大小不變，故B錯誤；由于物體所受支持力不為零，所以對應的加速度不為零，故C正確；由牛頓第三定律知，地面對人的支持力等于人對地面的壓力，故D錯誤答案：C2以下是必修1課本中四幅插圖，關(guān)于這四幅插圖，下列說法中不正確的是()A圖甲中學生從如圖姿勢起立到直立站于體重計的過程中，體重計示數(shù)先減小后增大B圖乙中運動員推開冰壺后，冰壺在冰面運動時受到的阻力很小，可以在較長時間內(nèi)保持運動速度的大小和方向不變C圖丙中賽車的質(zhì)量不是很大卻安裝著強大的發(fā)動機，可以獲得很大的加速度D圖丁中高大的橋要造很長的引橋，從而減小橋面的坡度來減小車輛重力沿橋面方向的分力，保證行車方便與安全解析：題圖甲中學生從圖示姿勢起立到直立站于體重計的過程中，先向上加速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，再上向減速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，由超重和失重的概念可知，體重計的示數(shù)先增大后減小，A錯誤；當物體運動過程中不受外力作用時，將做勻速直線運動，B正確；由牛頓第二定律可知C正確；高大的橋造很長的引橋，可以減小橋面的坡度，這樣可以減小車輛重力沿橋面方向的分力，保證行車方便與安全，D正確答案：A3.為研究鋼球在液體中運動時所受阻力的大小，讓鋼球從某一高度豎直落下進入某種液體中運動，用閃光照相的方法拍攝鋼球在不同時刻的位置，如圖所示，已知鋼球在液體中所受浮力為F浮，運動時受到的阻力與速度大小成正比，即Fkv，閃光照相機的閃光頻率為f，圖中刻度尺的最小分度為d，鋼球的質(zhì)量為m，則阻力常數(shù)k的表達式是()A. B.C.(2f) D.(2f)解析：勻速運動時F阻kvk2kdf，根據(jù)平衡條件mgF阻F浮，解得k，B正確答案：B4一輛小車靜止在水平地面上，bc是固定在車上的一根水平桿，物體A穿在桿上，通過細線懸吊著小物體B，B在小車的水平底板上，小車未動時細線恰好在豎直方向上現(xiàn)使小車如下圖分四次分別以加速度a1、a2、a3、a4向右勻加速運動，四種情況下A、B均與車保持相對靜止，且(1)和(2)中細線仍處于豎直方向已知a1a2a3a41248，A受到的摩擦力大小依次為f1、f2、f3、f4，則下列判斷錯誤的是()Af1f212 Bf1f223Cf3f412 Dtan2tan解析：設(shè)A、B的質(zhì)量分別為M、m，則由題圖知，(1)和(2)中A的水平方向只受摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律f1Ma1，f2Ma2，所以f1f212，故A正確，B錯誤；(3)和(4)中，以A、B整體為研究對象，受力分析如圖所示，則f3(Mm)a3，f4(Mm)a4，可得f3f412，所以C正確；以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanma3，mgtanma4，聯(lián)立可得tan2tan，故D正確答案：B5.在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1，已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速率成正比，則小球在空中運動時速率v隨時間t的變化規(guī)律可能是()解析：小球上升過程中，由牛頓第二定律有mgkvma，故隨速度的減小，加速度逐漸減小，vt圖象的切線斜率逐漸減??；小球下降過程中，由牛頓第二定律有mgkvma，則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，vt圖象的切線斜率逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度將小于初速度v0，選項A正確答案：A6(多選)在某次熱氣球飛行訓練中，熱氣球剛開始從地面豎直上升時，加速度為0.5 m/s2，當上升到180 m時，開始以5 m/s的速度勻速上升若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量保持不變，為460 kg，重力加速度g10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s時的速度大小為5 m/sD以5 m/s的速度勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N解析：熱氣球剛從地面豎直上升時，速度為零，空氣阻力為零，分析熱氣球受力，由牛頓第二定律有F浮mgma，得F浮m(ga)4 830 N，A對；隨速度的增加，空氣阻力會越來越大，否則熱氣球不會最終勻速上升，B錯；隨空氣阻力的增大，熱氣球加速度會減小，因此從地面開始上升10 s時速度達不到5 m/s，C錯；以5 m/s的速度勻速上升時，熱氣球受力平衡，有F浮mgF阻，得F阻F浮mg230 N，D對答案：AD7.如圖所示，在光滑水平面上有一靜止小車，小車質(zhì)量為M5 kg，小車上靜止地放置著質(zhì)量為m1 kg的木塊，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)0.2，用水平恒力F拉動小車，下列關(guān)于木塊的加速度am和小車的加速度aM，可能正確的是()Aam1 m/s2, aM1 m/s2Bam1 m/s2, aM2 m/s2Cam2 m/s2, aM4 m/s2Dam3 m/s2, aM5 m/s2解析：對上面的木塊受力分析，在水平方向只可能有摩擦力，因此其加速度amg2 m/s2，D錯若小車和物塊加速度不相等，則摩擦力為滑動摩擦力，則有木塊加速度amg2 m/s2，B錯若二者沒有相對運動，則加速度相等且加速度小于g2 m/s2，A對若發(fā)生相對運動，則木塊加速度amg2 m/s2，小車加速度大于木塊加速度，C對答案：AC二、非選擇題8.在傾角37的固定斜面上，一物塊以初速度v04 m/s從斜面底端A沿粗糙斜面向上運動，如圖所示，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)物塊向上運動時和返回向下運動時物塊的加速度大??；(2)物體重新回到斜面底端A時的速度大小解析：(1)設(shè)物塊沿斜面向上運動的加速度為a1，則mgsin37mgcos37ma1a1g(sin37cos37)10(0.60.50.8) m/s210 m/s2物塊沿斜面向下運動的加速度為a2，則mgsin37mgcos37ma2a2g(sin37cos37)10(0.60.50.8) m/s22 m/s2(2)物塊沿斜面向上運動的最大位移為x，重新回到A點的速度為v，則v2a1xv22a2x解得vv0 m/s1.8 m/s.答案：(1)10 m/s22 m/s2(2)1.8 m/s9如圖所示，質(zhì)量M1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)10.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.4，最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.(1)若木板長L1 m，在鐵塊上加一水平向右的恒力F8 N，經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端？(2)若在鐵塊上施加一個大小從零開始連續(xù)增大的水平向右的力F，分析并計算鐵塊受到木板的摩擦力f的大小隨拉力F變化的情況(設(shè)木板足夠長)解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律對鐵塊：F2mgma1對木板：2mg1(mgMg)Ma2又s鐵a1t2，s木a2t2，Ls鐵s木，聯(lián)立解得：t1 s(2)鐵塊與木板之間的最大靜摩擦力fm22mg4 N木板與地面之間的最大靜摩擦力fm11(mgMg)2 N當Ffm12 N時，木板與鐵塊都靜止，fF當鐵塊與木板恰好未發(fā)生相對滑動時，設(shè)此時的拉力大小為F1，根據(jù)牛頓第二定律，對鐵塊：F12mgma1對整體：F11(mgMg)(mM)a1聯(lián)立解得：F16 N，所以當2 N6 N時，鐵塊相對木板滑動，此時摩擦力f2mg4 N.答案：(1)1 s(2)見解析B組一、選擇題1.“加速度計”的部分結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，滑塊與輕彈簧a、b連接并置于光滑凹槽內(nèi)，靜止時a、b的長度均為l；若該裝置加速向右運動，a、b的長度分別為la、lb，則()Alal，lbl Blal，lbl，lbl Dlal解析：開始時，滑塊所受兩彈簧的彈力相等，合力為零；若裝置向右加速運動，則滑塊所受合力向右，故b彈簧的長度增加，a彈簧的長度減小，選項D正確答案：D2.質(zhì)量為1 kg的小物塊，在t0時刻以5 m/s的初速度從斜面底端A點滑上傾角為53的斜面，0.7 s時第二次經(jīng)過斜面上的B點，若小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，則A、B間的距離為(已知g10 m/s2，sin530.8，cos530.6)()A1.05 m B1.13 mC2.03 m D1.25 m解析：對小物塊進行受力分析可得，小物塊上滑時的加速度大小為a1gsin53gcos5310 m/s2，到速度為零時所用的時間t1 s0.5 s，上滑的最大距離為x1vt1a1t50.5 m10(0.5)2 m1.25 m，然后往回返，其加速度大小為a2gsin53gcos536 m/s2，則再運動t0.7 s0.5 s0.2 s所通過的位移為x2a2t2 6(0.2)2 m0.12 m，故AB間的距離為x1x21.25 m0.12 m1.13 m，故B項正確答案：B3.(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為M的物體A放在光滑的水平桌面上，當在細繩下端掛上質(zhì)量為m的物體B時，物體A的加速度為a，繩中張力為FT，則()Aag BaCFTmg DFTmg解析：對兩物體整體分析，由牛頓第二定律有mg(Mm)a，解得ag；對物體A由牛頓第二定律有FTMa，代入a解得FTg.選項A、C錯誤，B、D正確答案：BD4(多選)如圖甲所示，傳送帶以速度v1勻速轉(zhuǎn)動，一滑塊以初速度v0自右向左滑上傳送帶，從此時刻開始計時，滑塊離開傳送帶前的速度時間圖象如圖乙所示已知v0v1，則下列判斷正確的是()A傳送帶順時針轉(zhuǎn)動Bt1時刻，滑塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C0t2時間內(nèi)，滑塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t2時間內(nèi)，滑塊受到恒定的摩擦力作用解析：從題圖乙可以判斷，滑塊先向左做減運動，再向右做加速運動，之后向右勻速運動，所以傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，A正確；滑塊向左減速過程，所受摩擦力向右，向右加速過程，滑塊相對傳送帶向左運動，所受摩擦力向右，所以t2時刻滑塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，B、C錯誤，D正確答案：AD5.xx年元宵節(jié)期間人們?nèi)挤牌鹈利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日，按照設(shè)計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在3 s末到達離地面90 m的最高點時炸開構(gòu)成各種美麗的圖案假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時的初速度是v0，上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍，g10 m/s2，那么，v0和k分別為()A30 m/s,1 B30 m/s,0.5C60 m/s,0.5 D60 m/s,1解析：禮花彈在上升過程中做勻減速直線運動，由運動學公式hv0t，可得：v060 m/s.設(shè)禮花彈上升過程中的加速度為a，由運動學公式v0at和牛頓第二定律kmgmgma，可得：k111，選項D正確，選項ABC錯誤答案：D6如圖，水平傳送帶A、B兩端相距s3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1.工件滑上A端的瞬時速度vA4 m/s，到達B端的瞬時速度設(shè)為vB，則不正確的說法是()A若傳送帶不動，則vB3 m/sB若傳送帶以速度v4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則vB3 m/sC若傳送帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則vB3 m/sD若傳送帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則vB2 m/s解析：由牛頓第二定律可知，工件在傳送帶上運動，摩擦力產(chǎn)生的加速度ag1 m/s2，傳送帶不動或逆時針轉(zhuǎn)動時，工件始終受摩擦力作用，vv2gs，解得：vB3 m/s，AB項正確；若傳送帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，則工件在傳送帶上運動的速度始終大于傳送帶的速度，工件受到的摩擦力方向始終向左且大小不變，即工件的加速度不變，綜上所述vB3 m/s，C項正確，D項錯答案：D7(多選)如右圖所示，物體沿斜面由靜止滑下，在水平面上滑行一段距離后停止，物體與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面平滑連接下列表示物體速度大小v、加速度大小a、受到的摩擦力大小Ff和物體運動路程s隨時間t變化的關(guān)系的各圖象中可能正確的是()解析：由題意分析可知，物體在斜面上做勻加速直線運動，在水平面上做勻減速直線運動，故選項A正確，B錯誤；在斜面上受的摩擦力小，故選項C錯誤；在斜面上sat2，在水平面上sv0tat2，故選項D正確答案：AD8.(多選)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角，實驗測得x與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出()A物體的初速率v03 m/sB物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.75C取不同的傾角，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin1.44 mD當某次30時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑解析：當傾角達到90時，物體將做豎直上拋運動，此時上升的高度為1.80 m，由運動規(guī)律可求得初速率v06 m/s，選項A錯誤；當角度為0時，物體相當于在水平面上運動，此時位移為2.40 m，由運動學規(guī)律和牛頓運動定律可得，動摩擦因數(shù)0.75，選項B正確；當傾角為時，由牛頓運動定律可得mgsinmgcosma，又x，結(jié)合數(shù)學關(guān)系可得位移的最小值為1.44 m，選項C正確；30時，物體達到最大位移時重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力，因此物體達到最大位移后不會下滑，選項D錯誤答案：BC二、非選擇題9表演“頂竿”雜技時，一個人站在地上(稱為“底人”)肩上扛一長L6 m，質(zhì)量m115 kg的豎直竹竿，一質(zhì)量m245 kg的演員(可當質(zhì)點處理)在竿頂從靜止開始先勻加速下滑、再勻減速下滑，加速下滑的時間為t12 s，減速下滑的時間為t21 s，演員恰從竿頂滑至竿底部(g10 m/s2)求：(1)演員下滑過程中的最大速度vm；(2)演員在減速下滑過程中“底人”對竹竿的支持力F.解析：(1)演員下滑到加速結(jié)束時速度最大，則有L(t1t2)解得vm4 m/s.(2)設(shè)減速下滑的加速度為a，則有vmat2解得a4 m/s2減速階段對演員有fm2gm2a解得fm2(ga)630 N對竹竿，根據(jù)平衡條件有Ffm1g解得F780 N.答案：(1)4 m/s2(2)780 N10.在風洞實驗室里，一根足夠長的均勻直細桿與水平方向成37角固定，質(zhì)量m1 kg的小球穿在細桿上且靜止于細桿底端O處，如圖甲所示開啟送風裝置，有水平向右的恒定風力F作用于小球上，在t12 s時刻風停止小球沿細桿運動的部分vt圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，忽略浮力求：(1)小球在02 s內(nèi)的加速度a1和25 s內(nèi)的加速度a2；(2)小球與細桿間的動摩擦因數(shù)和水平風力F的大小解析：(1)取沿細桿向上的方向為正方向，由圖象乙可知：在02 s內(nèi)，a115 m/s2(方向沿桿向上) 在25 s內(nèi)，a210 m/s2(“”表示方向沿桿向下)(2)有風力F時的上升過程，由牛頓第二定律，有Fcos (mgcos Fsin )mgsin ma1停風后的上升階段，由牛頓第二定律，有mgcos mgsin ma2聯(lián)立以上各式解得 0.5，F(xiàn)50 N.答案：(1)15 m/s2，方向沿桿向上10 m/s2，方向沿桿向下(2)0.550 N