《遼寧省2020屆高考物理第一輪課時檢測試題 第14講 牛頓運動定律的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《遼寧省2020屆高考物理第一輪課時檢測試題 第14講 牛頓運動定律的應用（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)(十四)　[第14講　牛頓運動定律的應用] 1．2020·眉山二診某同學站在電梯底板上，利用速度傳感器和計算機研究一觀光電梯升降過程中的情況，如圖K14－1所示的v－t圖象是計算機顯示的觀光電梯在某一段時間內(nèi)速度變化的情況(豎直向上為正方向)．根據(jù)圖象提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是(　　) A．在5 s～10 s內(nèi)，該同學對電梯底板的壓力等于他所受的重力 B．在0～5 s內(nèi)，觀光電梯在加速上升，該同學處于失重狀態(tài) C．在10 s～20 s內(nèi)，該同學所受的支持力在減小，該同學的機械能在減小 D．在20 s～25 s內(nèi)，觀光電梯在加速下降，該同學處于超重狀態(tài)

2、　　　 圖K14－1　　　　　　　　圖K14－2 2．2020·深圳模擬如圖K14－2所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小鐵球，在電梯運行時，乘客發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量小，這一現(xiàn)象表明(　　) A．電梯一定是在下降 B．電梯可能是在上升 C．電梯的加速度方向一定是向上 D．乘客一定處在失重狀態(tài) 3．2020·黑龍江測試如圖K14－3所示，一個箱子中放有一物體，已知靜止時物體對下底面的壓力等于物體的重力，且物體與箱子上表面剛好接觸．現(xiàn)將箱子以初速度v0豎直向上拋出，已知箱子所受空氣阻力與箱子運動的速率成正比，且箱子運動過程中始終保持圖示姿態(tài)，則

3、下列說法正確的是(　　) A．上升過程中，物體對箱子的下底面有壓力，且壓力越來越小 B．上升過程中，物體對箱子的上底面有壓力，且壓力越來越大 C．下降過程中，物體對箱子的下底面有壓力，且壓力可能越來越大 D．下降過程中，物體對箱子的上底面有壓力，且壓力可能越來越小 　　　　 圖K14－3　　　　　圖K14－4 4．一物體放置在傾角為θ的斜面上，斜面固定于加速上升的電梯中，加速度為a，如圖K14－4所示，在物體始終相對于斜面靜止的條件下，下列說法正確的是(　　) A．當θ一定時，a越大，斜面對物體的正壓力越小 B．當θ一定時，a越大，斜面對物體的摩擦力越大 C．當a一定時，θ

4、越大，斜面對物體的正壓力越小 D．當a一定時，θ越大，斜面對物體的摩擦力越小 5．2020·黃岡模擬如圖K14－5甲所示，靜止在水平面C上的長木板B左端放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖K14－5乙所示．設A、B和B、C之間的滑動摩擦力大小分別為F1和F2，各物體之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力，且F1大于F2，則在A、B沒有分離的過程中，圖K14－6中可以定性地描述長木板B運動的v－t圖象是(　　) 圖K14－5 　　　　　　　A　　　　　　　　　B 　　　　　　　C　　　　　　　　　D 圖K14－6 6．20

5、20·武漢模擬在上海世博會上，拉脫維亞館的風洞飛行表演令參觀者大開眼界．若風洞內(nèi)總的向上的風速風量保持不變，讓質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿，可改變所受的向上的風力大小，以獲得不同的運動效果．假設人體受風力大小與正對面積成正比，已知水平橫躺時受風力面積最大，且人體站立時受風力面積為水平橫躺時受風力面積的，風洞內(nèi)人體可上下移動的空間總高度為H.開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移；后來，人從最高點A由靜止開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點C處減速為零，則下列說法錯誤的是(　　)

6、 A．表演者向上的最大加速度是g B．表演者向下的最大加速度是 C．B、C間的高度是H D．由A至C全過程表演者克服風力做的功為mgH 圖K14－7 　　圖K14－8 7．2020·臺州調(diào)研如圖K14－8所示，運動員“10 m跳板跳水”運動的過程可簡化為：運動員走上跳板，將跳板從水平位置B壓到最低點C，跳板又將運動員豎直向上彈到最高點A，然后運動員做自由落體運動，豎直落入水中．跳板自身重力忽略不計，則下列說法正確的是(　　) A．運動員向下運動(B→C)的過程中，先失重后超重，對板的壓力先減小后增大 B．運動員向下運動(B→C)的過程中，先失重后超重，對板

7、的壓力一直增大 C．運動員向上運動(C→B)的過程中，先超重后失重，對板的壓力先增大后減小 D．運動員向上運動(C→B)的過程中，先超重后失重，對板的壓力一直減小 8．如圖K14－9所示，小車的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，人用恒力F拉繩，若人與車保持相對靜止，且地面為光滑的，又不計滑輪與繩的質(zhì)量，則車對人的摩擦力不可能是(　　) A．0　　　　　　　　　　B. F，方向向右 C. F，方向向左 D. F，方向向右 　　　　　　 　　　圖K14－9　　　　　　　　圖K14－10 9．如圖K14－10所示，一固定光滑桿與水平方向夾角為θ，將一質(zhì)量為m1的小環(huán)套在桿上，通過輕繩懸掛一個

8、質(zhì)量為m2的小球，靜止釋放后，小環(huán)與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起下滑，此時繩子與豎直方向夾角為β，則下列說法正確的是(　　) A．桿對小環(huán)的作用力大于m1g＋m2g B．若m1不變，則m2越大，β越小 C．θ＝β，與m1、m2無關 D．若桿不光滑，則β可能大于θ 10．2020·丹東模擬如圖K14－11所示，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上．若在某一段時間內(nèi)，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(tài)可能為(　　) 圖K14－11 A．加速下降　　　　　　　B．加速上升 C．減速上升 D．減速

9、下降 11．2020·武漢調(diào)研如圖K14－12所示，水平面上有一固定著輕質(zhì)定滑輪O的木塊A，它的上表面與水平面平行，它的右側(cè)是一個傾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物體B和物體C通過一輕質(zhì)細繩相連，細繩的一部分與水平面平行，另一部分與斜面平行．現(xiàn)對A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相對靜止．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 圖K14－12 12．2020·四川一模如圖K14－13所示，在水平地面上有A、B兩個小物體，質(zhì)量分別為mA＝3.00 kg、mB＝2.00 kg，它們

10、與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1.A、B之間由一原長為L＝15.0 cm、勁度系數(shù)為k＝500 N/m的輕質(zhì)彈簧連接．分別用方向相反的兩個水平恒力F1、F2同時作用在A、B兩物體上．當運動達到穩(wěn)定時，A、B兩物體以共同加速度a＝1.00 m/s2做勻加速運動．已知F1＝20.0 N，g取10 m/s2.求：運動穩(wěn)定時A、B之間的距離． 圖K14－13 課時作業(yè)（十四） 【基礎熱身】 1．A　[解析] 由圖象可知，在5 s～10 s內(nèi)，電梯勻速上升，該同學對電梯底板的壓力等于他所受的重力，A正確；在0～5 s內(nèi)，觀光電梯在加速上升，該同學處于超重狀態(tài)，B錯誤；在20 s～25

11、s內(nèi)，觀光電梯在加速下降，該同學處于失重狀態(tài)，D錯誤；在10 s～20 s內(nèi)，電梯減速上升，且加速度大小a＝0.2 m/s2，由牛頓第二定律可知，支持力向上且大小不變，支持力做正功，故機械能增加，C錯誤． 2．BD　[解析] 電梯靜止時，彈簧的拉力和重力相等．現(xiàn)在，彈簧的伸長量變小，則彈簧的拉力減小，小鐵球的合力方向向下，加速度向下，小鐵球處于失重狀態(tài)．但是電梯的運動方向可能向上也可能向下，故B、D正確. 3．C　[解析] 對箱子和物體整體受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律可知，Mg＋kv＝Ma，則a＝g＋，又整體向上做減速運動，v減小，所以a減??；再對物體單獨受力分析如圖所示，因a>

12、g，所以物體受到箱子上底面向下的彈力FN，由牛頓第二定律可知，mg＋FN＝ma，則FN＝ma－mg， 而a減小，則FN減小，所以上升過程中物體對箱子上底面有壓力且壓力越來越??；同理，當箱子和物體下降時，物體對箱子下底面有壓力且壓力越來越大．故C正確． 4．BC　[解析] 物體受重力、支持力、摩擦力的作用．由于支持力、摩擦力相互垂直，所以把加速度a沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如圖所示． 沿斜面方向，由牛頓第二定律得： f－mgsinθ＝masinθ① 垂直于斜面方向，由牛頓第二定律得： FN－mgcosθ＝macosθ② 當θ一定時，由①得，a越大，f越大，B正確；

13、由②得，a越大，F(xiàn)N越大，A錯誤． 當a一定時，由①得，θ越大，f越大，D錯誤； 由②得，θ越大，F(xiàn)N越小，C正確． 【技能強化】 5．C　[解析] 由于AB之間的最大靜摩擦力F1大于B、C之間的最大靜摩擦力F2，當外力F小于F2時，AB靜止不動，當F大于F2時，二者一起加速運動．由牛頓第二定律F－F2＝(mA＋mB)a，由于F逐漸增大，加速度逐漸增大．對木板，當滿足：F1－F2＝mBam，即加速度am＝，且F－F2＝(mA＋mB)am時，A、B開始相對滑動，此時F＝F1＋(F1－F2)．相對滑動后，對物體B有：F1－F2＝mBa，做勻變速直線運動，選項C正確． 6．B　[解析]

14、 由題意可知，水平橫躺時受到的風力是勻速下落時的2倍，即此時風力為2mg，開始下落時受到的阻力為f1＝×2mg＝mg，開始下落時，加速度向下，大小為a1，則有：mg－f1＝ma1，解得向下的加速度最大值為a1＝g，當人水平橫躺時，加速度向上，大小為g，因此選項A正確、B錯誤；畫出由A到C的速度—時間圖象，由圖象的物理意義可知，C正確；由A到C由動能定理可知，Wf＝mgH，D正確． 7．BD　[解析] 運動員由B→C的過程中，先向下加速后向下減速，即先失重后超重，但跳板的形變量一直變大，所以跳板所受的壓力一直變大，選項A錯誤、選項B正確；運動員由C→B的過程中，先向上加速后向上減速，即先超

15、重后失重，跳板所受的壓力一直變小，選項C錯誤、選項D正確． 8．B　[解析] 取人和小車為一整體，由牛頓第二定律得：2F＝(M＋m)a，設車對人的摩擦力大小為f，方向水平向右，則對人由牛頓第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F.如果M>m，則f＝F，方向向右，選項D正確．如果M＝m，f＝0，選項A正確；如果M

16、)＝m2a，解得θ＝β，選項C正確、選項B錯誤．若桿不光滑，分別對整體、小球用牛頓第二定律同樣解得θ＝β，選項D錯誤． 10．BD　[解析] 開始物塊受到重力、彈簧的向上的彈力以及木箱對物塊向下的壓力，當物塊對木箱頂剛好無壓力時，物塊受兩個力作用，由于重力和彈簧的彈力不變，而木箱對木塊的力變?yōu)榱?，所以此時的木塊的合外力向上，而加速度的方向與合外力的方向一致，所以加速度的方向也向上，所以可能是加速上升，也可能是減速下降．選項BD正確． 11．mg [解析] 設繩的張力為T，斜面支持力為FN，系統(tǒng)加速度為a.以B為研究對象，由牛頓第二定律 T＝ma 以C為研究對象，由牛頓第二定律及平衡條

17、件 FNsinθ－Tcosθ＝ma FNcosθ＋Tsinθ＝mg 聯(lián)立解得a＝ 以A、B、C整體為研究對象，由牛頓第二定律 F＝3ma 解得F＝mg 【挑戰(zhàn)自我】 12．17.8 cm或20.2 cm [解析] 當系統(tǒng)具有水平向右的加速度a＝1 m/s2時，分析A受力，得F1－kΔx1－μmAg＝mAa ∴Δx1＝＝ m＝2.8×10－2m＝2.8 cm ∴L1＝L＋Δx1＝17.8 cm 當系統(tǒng)具有水平向左的加速度a＝1 m/s2時，對A受力分析，得kΔx2－μmAg－F1＝mAa ∴Δx2＝＝ m＝5.2×10－2 m＝5.2 cm ∴L2＝L＋Δx2＝20.2 cm