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1、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2.在如图所示的装置中，质量为3 kg 的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为 30，被固定在测力计上，整个装置保持静止如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力
2、计的读数(g 取10 m/s2)()A增加 15 N B减小 15 N C减小 7.5 N D保持不变3.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F 的作用，F与时间 t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A0t0时间内物块的速度逐渐增大Bt1时刻物块的速度最大Ct2时刻物块的速度最大Dt2时刻后物块立即做反向运动4.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为
3、，且 m.用一力 F 水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a 向右运动，细线与竖直方向成角，细线的拉力大小为F1，如图甲若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度 a向左运动时，细线与竖直方向也成 角，细线的拉力大小为F1，如图乙，则()Aa=a，F1=F1Baa，F1F1 Caa，F1a，F1=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(
4、)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()AM=200 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gBM=200 g，m=20 g、40 g、60 g、80 g、100
5、g、120 gCM=400 g，m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gDM=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
6、 的小物块从倾角=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 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(s1s0)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
7、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。2.答案为：C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(Mm)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(Mm)gN=masin30，
8、对物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin30=ma，联立得到 NN=masin30=mg(sin30)2=3100.25 N=7.5 N故 A、B、D错误，C正确3.答案为：C；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 t0t2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4.答案为：D；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(m1m2)gsin f=(m1m2)a，垂直杆方向有FN=(m1m2)gcos，摩
9、擦力 f=FN，联立可解得a=gsin gcos.对小球有，若=，a=gsin，现有gsin，所以gsin gcosgsin，gsin gsin gcos，因为，所以gsin gsin 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5.答案为：C；解析：对 A、B整体，根据牛顿第二定律T=(m1m2)a，C正确；对C有 Mg T=Ma，解得T=Mg Ma，A、B错误；对A有 Tf=m1a，则 T=m1af，因 f 为静摩擦力，故不一定等于m1g，D错误6.答案为：A；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
10、小为a=2 m/s2，对 A、B整体应用牛顿第二定律有：Fm(mAmB)g=(mAmB)a，得 Fm=12 N，A、B保持相对静止的条件是F12 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。8.答案为：D；解析：在 0t1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，对物体受力分析，在竖直方向
11、上有Ncosfsin mg=ma1，在水平方向上有Nsin=fcos，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f 均减小在t1t2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(Ncosfsin)=ma2，在水平方向上有Nsin=fcos，因加速度增大，则支持力N和摩擦力 f 均减小，故D正确9.答案为：C；解析：设球的质量为m，木板质量为M，斜面倾斜角度为，木板固定时，球受三力而平衡，故 F1=mgsin，释放木板后，对木板和球整体有(Mm)gsin(Mm)gcos=(Mm)a，隔离球，有mgsin F2=ma，联立解得F2=mgcos，=，其中 tan=F
12、1F2sin cos，则=tan=，故 C正确hdF2F1F2hF1d10.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FNsin+Fcos=mg 竖直方向上由受力平衡得FNcos=mg+Fsin联立得F=mg。15由胡克定律得F=kx,x=,故选 A。mg5k11.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
13、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 0t1时间内,电梯加速向下运动,物体处于失重状态,则 F3mg,即 F1与 F2的合力大于mg,选项 D正确。12.答案为：D；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=(Mm)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FF1sin=ma，F1cos mg=0.由以上三式可解得F1=，a=mgcos.mgtanM再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F合=mgtan，F1=，mgcos再由牛顿第二定律得到a=gtan，由于Mm，故 aa，F1=F1，
14、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a0.42 m/s2.（xDE xEFxFG）（xABxBC xCD）9T214.解：(1)小物块在斜面AB上时,由牛顿第二定律得mgsin=ma1,解得 a1=gsin37=100.6m/s2=6m/s2,由 2a1xAB=得 vB=m/s=6m/s。vB22a1xAB=2 6 3(2)小物块在
15、斜面上有xAB=,则 t1=s=1s,12at122xABa=2 36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。vB2(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,vBt2=61.5根据牛顿第二定律mg=ma2,代入数据解得=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,由动能定理得-mgs0=12mv12-12mv02解得=。v02-v122gs0(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=2a1s0v02-v12v0-v1=a1t s1=a2t212联立式得a2=。s1(v1+v0)22s02