2020版高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章課時作業(yè)9牛頓運動定律的綜合應(yīng)用新人教版.docx

課時作業(yè)9牛頓運動定律的綜合應(yīng)用時間：45分鐘1兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物體A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上，如圖所示，如果它們分別受到水平推力2F和F，則A、B之間彈力的大小為(C)A.F B.FC.F D.F解析：根據(jù)牛頓第二定律對整體有：2FF(m1m2)a，方向水平向右；對物體B有：FNFm2a，聯(lián)立上述兩式得：FNF，故選項A、B、D均錯誤，選項C正確2如圖所示，物體A的質(zhì)量為0.2 kg，物體B的質(zhì)量為0.6 kg，兩物體分別由輕質(zhì)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧通過光滑定滑輪相連，彈簧的勁度系數(shù)k100 N/m，開始時兩物體在外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)且細(xì)繩剛好伸直現(xiàn)同時釋放A、B，則穩(wěn)定后(兩物體均在空中運動)，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(B)A彈簧的伸長量為6 cm B彈簧的伸長量為3 cmC物體A處于失重狀態(tài) D物體B處于超重狀態(tài)解析：設(shè)穩(wěn)定后細(xì)繩拉力大小為T，兩物體運動的加速度大小為a，則由牛頓第二定律知TGAmAa，GBTmBa，聯(lián)立并代入數(shù)值得T3 N，a5 m/s2，由胡克定律知Tkx，代入數(shù)值得彈簧的伸長量為3 cm，A錯誤，B正確；物體A的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，物體B的加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，C、D錯誤3如圖所示，套在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時靜止，現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即Fkv(圖中未標(biāo)出)已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0mg.下列關(guān)于運動中的速度時間圖象正確的是(C)解析：開始時小球所受支持力方向向上，隨著時間的增加，小球速度增大，F(xiàn)增大，則支持力減小，摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，可知這一階段小球的加速度增大當(dāng)豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，小球的加速度最大再往后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對小球的彈力向下，F(xiàn)增大，則彈力增大，摩擦力增大，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度減小，當(dāng)加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確4如圖所示，在水平桌面上固定一個長木板，質(zhì)量為M的木塊通過輕繩與質(zhì)量為m的鉤碼相連，鉤碼靜止釋放后，將向下加速下降木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.則鉤碼釋放后的加速度大小為(B)A. B.C. D.解析：以鉤碼為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，則有mgTma；以長木板為研究對象，則有TMgMa，聯(lián)立解得a，選項B正確5(多選)如圖所示，質(zhì)量為m2的物體，放在沿平直軌道向左行駛的車廂底板上，并用豎直細(xì)繩通過光滑的定滑輪連接質(zhì)量為m1的物體當(dāng)車向左勻加速運動時，與物體m1相連接的繩與豎直方向成，m2與車廂相對靜止則(BD)A車廂的加速度為gsinB繩對物體m1的拉力T為C底板對物體m2的支持力FN(m2m1)gD物體m2所受底板的摩擦力Ffm2gtan解析：以物體m1為研究對象，分析受力情況如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得m1gtanm1a，得agtan，則車廂的加速度也為gtan，繩對物體m1的拉力T，選項A錯誤，選項B正確；以物體m2為研究對象，分析其受力情況如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律有FNm2gTm2g，F(xiàn)fm2am2gtan，選項C錯誤，選項D正確6(多選)已知雨滴在空中運動時所受空氣阻力fkr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為其運動速率t0時，雨滴由靜止開始下落，加速度用a表示落地前雨滴已做勻速運動，速率為v0.下列對雨滴運動描述的圖象中一定正確的是(ABC)解析：t0時，雨滴由靜止開始下落，v0，所受空氣阻力fkr2v20，則此時雨滴只受重力，加速度為g，隨著雨滴速度增大，所受空氣阻力增大，根據(jù)牛頓第二定律mgfma，則加速度減小，即雨滴做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)最后fkr2v2mg時，加速度減小到零，速度不變，雨滴做勻速直線運動，故A、B正確；當(dāng)最后勻速運動時有kr2vmggr3，可得最大速率與成正比，vr，故C正確，D錯誤7如圖甲所示，質(zhì)量為m1 kg的物體置于傾角為37的固定斜面上(斜面足夠長)，對物體施加平行于斜面向上的恒力F，作用時間t11 s時撤去力F，物體運動的部分vt圖象如圖乙所示，設(shè)物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2.求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)拉力F的大??；(3)t4 s時物體的速度解析：(1)根據(jù)vt圖線知，勻加速直線運動的加速度的大?。篴120 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：Fmgcosmgsinma1勻減速直線運動的加速度的大?。篴210 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinmgcosma2解得：F30 N，0.5.(2)由(1)知，F(xiàn)30 N.(3)在物體運動過程中，設(shè)撤去力F后物體運動到最高點的時間為t2v1a2t2，解得t22 s；則物體沿斜面下滑的時間為t3tt1t21 s設(shè)下滑加速度為a3，由牛頓第二定律得mgsinmgcosma3解得：a32 m/s2所以t4 s時物體的速度：va3t321 m/s2 m/s，方向沿斜面向下答案：(1)0.5(2)30 N(3)2 m/s，沿斜面向下8將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關(guān)系的圖象，可能正確的是(C)解析：皮球在上升過程中速度越來越小，所以空氣阻力越來越小，重力與空氣阻力的合力越來越小，所以加速度越來越小，一開始加速度最大，后來減小得越來越慢，最后速度為零時，加速度變?yōu)橹亓铀俣?，所以答案選C.9(多選)一質(zhì)量為2 kg的物體受到水平拉力作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的at圖象如圖所示，t0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N，則(AC)A在t2 s時刻，物體的速度為5 m/sB在02 s時間內(nèi)，物體的位移大于7 mC在02 s時間內(nèi)，物體的位移小于7 mD在t1 s時刻，拉力F的大小為3 N解析：據(jù)vat可得at圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示對應(yīng)時間內(nèi)速度的增量，則t2 s時，物體的速度vv0v2 m/s(12)2 m/s5 m/s，選項A正確；在02 s時間內(nèi)，物體做加速度增大的加速運動，速度時間圖象如圖中實線，虛線為勻變速直線運動的速度時間圖象，則02 s時間內(nèi)，物體的位移xt7 m，選項B錯誤、C正確；在t1 s時刻，物體的加速度a11.5 m/s2，由牛頓第二定律可得F1Ffma1，解得F15 N，選項D錯誤10(2019江西九校聯(lián)考)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，則正確的結(jié)論是(D)A物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)B彈簧的勁度系數(shù)為7.5 N/cmC物體的質(zhì)量為3 kgD物體的加速度大小為5 m/s2解析：由于物體與彈簧不連接，分離時二者間的作用力為0，彈簧處于原長狀態(tài)，A錯開始時，物體受重力、彈力作用，二者的合力等于0，此時的拉力10 N即為物體勻加速上升的合力，物體與彈簧分離時及分離后拉力為30 N，合力不變，故物體的重力大小為20 N，質(zhì)量為2 kg，C錯從開始上升到分離，物體上升了4 cm，即開始時彈簧的壓縮長度為4 cm，根據(jù)胡克定律mgkx，k500 N/m5 N/cm，B錯根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的質(zhì)量為2 kg，受到的合力為10 N，加速度大小為5 m/s2，D對11如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接，兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時均靜止，現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內(nèi)的vt關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線，t1時刻A、B的加速度為g，則下列說法正確的是(D)At1時刻，彈簧形變量為Bt2時刻，彈簧形變量為Ct1時刻，A、B剛分離時的速度為D從開始到t2時刻，拉力F先逐漸增大后不變解析：由圖乙可知，t1時刻A、B開始分離，對A，根據(jù)牛頓第二定律：kxmgsinma，則x，選項A錯誤；由圖乙知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinkx，則得：x，選項B錯誤；對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F2mgsinkx2ma，得F2mgsinkx2ma，則知t0時F最小，此時有：2mgsinkx0，得F的最小值為F2ma，由圖乙知，t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律：kxmgsinma，t0時有：2mgsinkx0，又x0xat，速度vat1，選項C錯誤；從t0到t1時刻，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得：Fkx2mgsin2ma，得F2mgsin2makx，x減小，F(xiàn)增大；t1時刻到t2時刻，對B，由牛頓第二定律得：Fmgsinma，得Fmgsinma，可知F不變，選項D正確12如圖所示，半徑為R的圓筒內(nèi)壁光滑，在筒內(nèi)放有兩個質(zhì)量相同，半徑為r的光滑圓球P和Q，且R1.5r.在圓球Q與圓筒內(nèi)壁接觸點A處安裝有壓力傳感器當(dāng)用水平推力推動圓筒在水平地面上以v05 m/s的速度勻速運動時，壓力傳感器顯示壓力為25 N；某時刻撤去推力F，之后圓筒在水平地面上滑行的距離為x m已知圓筒的質(zhì)量與圓球的質(zhì)量相等，取g10 m/s2.求：(1)水平推力F的大?。?2)撤去推力后傳感器的示數(shù)解析：(1)筒和圓球組成的系統(tǒng)勻速運動時，圓球Q受三個力作用如圖所示，其中壓力傳感器示數(shù)F125 N設(shè)P、Q球心