您的当前位置:首页正文

高一物理上册牛顿运动定律的应用专项练习

来源:个人技术集锦
高一物理上册牛顿运动定律的应用专项练习

一、选择题(1~4题为单选题,5~8题为多选题)

1.在地铁进站前的某段减速过程中,细绳偏离了竖直方向,用手机拍摄下当时情景的照片如图所示,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,已知当地的重力加速度为g,若测得细绳与竖直方向的夹角为,则( ) A.当时地铁列车加速度的大小为gsin B.当时地铁列车加速度的大小为gcos C.当时地铁列车正向图中的左方向行驶 D.当时地铁列车正向图中的右方向行驶

2.如图所示,杂技表演中,绕过光滑定滑轮的轻绳一端吊着重物,另一端吊着表演者,开始时表演者拉着绳不动结果他以大小为a1的加速度下降;然后表演者快速地沿绳向上爬,结果他不再下降,而是相对地面保持静止,此时重物以大小为a2的加速度竖直向上运动。若表演者与重物所受重力的大小之比为k,不计空气阻力,则A. B.

1k1 C.k D.k+1 k1a1为( ) a23.如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过小物块压缩0.4 m后锁定,

t=0时解除锁定释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v-t图线,如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时图线的切线,已知小物块的质量m=2 kg,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )

A.小物块与地面间的动摩擦因数为0.3 B.小物块与地面间的动摩擦因数为0.4 C.弹簧的劲度系数为175 N/m D.弹簧的劲度系数为150 N/m

4.如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始时系统处于静止状态。则在细线被烧断的瞬间,下列说法错误的是( ) A.B球的受力情况不变,加速度仍为零

1

B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为gsin θ

23

C.A、B之间杆的拉力大小为mgsin θ

2D.C球的加速度沿斜面向下,大小为gsin θ 5.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上,A、B1

间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩

2擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则( ) 3

A.当F<μmg时,A、B都相对地面静止

21

B.当F=2μmg时,A的加速度为μg

31

C.无论F为何值,B的加速度不会超过μg

2D.当F>3μmg时,A不相对B滑动

6.如图所示,带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ=30°,质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧(弹簧与P、A不连接),细线跨过

定滑轮,一端连接着质量为m的B,另一端连接着轻质挂钩(细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直),A、B处于静止状态。现将钩码C挂于挂钩上,静止释放后,发现C的速度最大时,A、B恰好分离。已知木板足够长,所有摩擦不计,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,则下列说法正确的是( ) 3A.C质量大小为m

2

B.C轻挂于挂钩瞬间,A、B间挤压力变为原来的一半 1

C.细绳张力最大值为mg

2

D.只要C的质量足够大,就可以在C挂上去的同时A、B就分离

7.如图甲所示,一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录的小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示,已知图线在前3 s内为二次函数,在3 s~4.5 s内为一次函数,规定小物块向左运动的方向为正方向,传送带的速度保持不变,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是( ) A.小物块的初速度为4 m/s B.传送带沿逆时针方向转动 C.传送带的速度大小为2 m/s

D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2

8.如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m=2 kg的煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来,煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示,g=10 m/s2,则下列说法正确的是( ) A.煤块上升的最大位移为11 m

B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25 C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2

+22) s

D.煤块在皮带上留下的划痕为(9+42) m 二、非选择题

9.如图甲所示,光滑斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄木板C,木板C下端位于挡板A处,整体处于静止状态,木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g=10 m/s2,请根据图像信息求: (1)木板C和物块B间的动摩擦因数; (2)物块B的质量。

10.在一化肥厂有如图所示的传送装置,AB水平,长度l1=4 m,顺时针传动的速率v1=5 m/s,CD为靠近AB的倾斜传送带,倾角θ=37°,长l2=5.3 mm,两表面动摩擦因数均为μ=0.5,一袋标准化肥的质量m=20 kg,已知sin 37°=0.6、cos 37°=0.8、g=10 m/s2。

(1)若化肥从A端轻放上去,并使CD顺时针以速率v传动,v应满足什么条件才能使化肥送至项点D?

(2)CD传送带不动时,一袋化肥从离A端x1的位置轻放上去,则在CD上上升的最大距离为x2,求x2与x1的关系。

参考答案

一、选择题(1~4题为单选题,5~8题为多选题)

1.D【解析】依题意,对细绳悬挂的物体受力分析,根据牛顿第二定律可得

F合mgtanma,悬挂物体的加速度与列车加速度相同,可得列车加速度大小为

agtan,由于拍摄方向跟地铁前进方向垂直,且此时列车正在减速,所以加速度

方向与列车运动方向相反,加速度方向向左,则列车运动方向向右。

2.B【解析】设表演者拉着绳不动以大小为a1的加速度下降时,绳中的张力大小为

T1,则对表演者和重物根据牛顿第二定律分别有MgT1Ma1,T1mgma1,当表演

者快速地沿绳向上爬,相对地面静止时,根据平衡条件可知,绳对表演者的作用力大小为T2Mg,对重物根据牛顿第二定律有T2mgma2,由题意可知以上各式解得

a11,故选B。 a2k1Mk,联立m3.C【解析】根据v-t图线的斜率表示加速度,由题中图象知,滑块脱离弹簧后的加速度大小aFfmgma,以v1.5m/s25m/s2,牛顿第二定律得,摩擦力大小t0.550.25av30.5,B错误;刚释放时滑块的加速度为am/s2=30m/s2,gt0.1牛顿第二定律得kxFfma,代入数据解得k175N/m,C正确,D错误。 4.【答案】A

【解析】细线被烧断的瞬间,B不再受细线的拉力作用,B的受力情况发生变化,合力不为零,加速度不为零,故A错误;以A、B组成的系统为研究对象,烧断细线前,A、B静止,处于平衡状态,合力为零,弹簧的弹力F3mgsin,以C为研究对象知,细线的拉力为mgsin,烧断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变,A、B受到的合力等于F合=3mgsin2mgsinmgsin,由牛顿第二定律得则加速度amgsin2ma,

11gsin,方向沿斜面向上,故B正确;B的加速度agsin,2223以B为研究对象,由牛顿第二定律得FABmgsinma,解得FABmgsin,故C正

确;对球C,由牛顿第二定律得mgsinma,解得agsin,方向沿斜面向下,故D正确。本题选错误的,故选A。 5.【答案】AC

【解析】将两物体看做一个整体,则运动的临界条件为F(m2m)g0,解得

F33mg,所以当Fmg时,A、B都相对地面静止,A正确;当A刚好相对于B2212滑动时,有F2mg2ma,2mg(m2m)gma,解得F3mg,ag,所以有F3mg时,二者相对滑动,B的最大加速度为g,BD错误;当F=2μmg时,二者一起运动,则有F(m2m)g3ma,解得ag,C正确。 6.【答案】CD

【解析】C的速度最大时,加速度为0,此时有aBaC0,对C受力分析可知绳子拉力F拉mCg,对B受力分析可知F拉mgsin,联立解得mCm,故A错误;未挂

121216121212C时,A、B静止,以A、B整体为研究对象,由平衡方程可知F弹3mgsin30mg,

弹簧弹力方向沿斜面向上,隔离B物体,由受力平衡可知FABmgsin30mg,挂上C时,对C由牛顿第二定律mCgF拉mCa,对A、B整体,由牛顿第二定律

F拉F弹3mgsin303ma3212,联立解得a

g

,隔离7

A,对A由牛顿第二定律

3F弹FBA2mgsin302ma,解得FBAmg,故B错误;由A选项分析可知,绳子

141最大拉力为mCgmg,故C正确;若挂上C的瞬间,A、B分离,则对A有

213mgsin302mgsin302maA,可得aAg,B、C作为整体有mCgmgsin30(mCm)aC,

4可得aCmC0.5mg,如果aCaA,A、B瞬间分离,则有mCm,即当

mCmC的质量大于

B的质量时,挂上C,A、B瞬间分离,故D正确。

7.【答案】ACD

【解析】因2 s末物体的速度减为零,位移为4 m,则a2x2,根据匀变速2m/s2t直线运动速度时间公式,可得v0at4m/s,又根据ag可知,小物块与传送带间的动摩擦因数0.2,A、D正确;由x-t图像可知,因图像的斜率等于速度,故物体的速度先减小到零后,反向增加,最后运动运动,可判断传送带顺时针方向转动,B错误;由3.0 s~4.5 s内的图像可知,传送带的速度大小vC正确。

x3m/s2m/s,t4.538.【答案】CD

【解析】根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知,煤块上升的最大位移为

x8m,故A错误;由题图乙可知,煤块滑动摩擦力方向突变发生在1 s时刻,在

0~1 s时间内,煤块所受滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律可得

a1gsingcos10m/s2,在1~2 s时间内,煤块所受滑动摩擦力沿传送带向上,

根据牛顿第二定律可得a2gsingcos2m/s2,联立解得0.5,故B错误;设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t,根据运动学公式有a2(t2s)2x,解得t(222)s,故C正确;0~1 s时间内,煤块相对传送带向上运动,此段时间内煤块和传送带的位移分别为x17m,x2vt12m,此段时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度Δx1x1x25m,1~(222)s时间内,煤块相对传送带向下运动,此

vt2(242)m,此段段时间内煤块和传送带的位移分别为x1vt2a2t227m,x21212x1(942)m,因为Δx2Δx1,所以时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度为Δx2x2有一部分痕迹是重合的,因此煤块在皮带上留下的痕迹长度为(942)m,故D正确。

二、非选择题

9.【解析】(1)当拉力大于F1=15 N后,B、C发生相对运动,对C由牛顿第二定律可得

Fm2gsinm1gcosm2a

整理得amgsinm1gcos1F2 m2m212.5kg-1 m21512.5由图像斜率可得解得m21kg

当拉力F大于10 N小于15 N时,B、C相对静止,共同加速,整体由牛顿第二定律可得

F(m1m2)gsin(m1m2)a

整理得a1Fgsin m1m212.5kg-1 m1m21510由图像斜率可得

解得m1m22kg

故物块B的质量为m1=1 kg

由题意结合乙图可知,当F1=15 N时B、C开始发生相对运动,此时加速度为2.5 m/s2,对B据牛顿第二定律可得

m1gcosm1gsinm1a1

当F2=10 N时,B、C开始相对斜面滑动,则有F2(m1m2)gsin 解得木板C和物块B间的动摩擦因数=3。 2(2)由上解析可知,物块B的质量为m1=1 kg。

10.【解析】(1)化肥在水平传送带上,根据牛顿第二定律有μmg=ma1 代入数据,解得a1=5 m/s2 又v12=2a1s1

可得s1=2.5 m<l1=4 m 然后化肥匀速运动,滑上CD

设CD传送带速度v2时,化肥恰好达D端,设v2<v1,化肥经历了两个减速阶段,第1阶段由C点减速到v2,以加速度大小a2达到v2后再以加速度大小a3继续减速为0,则有

mgsin θ+μmgcos θ=ma2

代入数据,可得a2=10 m/s2 又mgsin θ-μmgcos θ=ma3

代入数据,解得a3=2 m/s2

22v12v2v2由l2

2a22a3得v2=4.5 m/s

并验证了假设成立,故条件为v≥4.5 m/s。

(2)离A端x0处轻放化肥时,刚好在B端与传送带达到速度相同,则有

x0=L1-s1=1.5 m

当x1≤x0处放上化肥,能在CD传送带上上升的距离相同,可得代入数据,解得x2=1.25 m

当x0≤x1≤l1,在拐点处速度为vx,有v2x2a1(l1x1)

v2x2a2x2

得x2=2-0.5x1

综上所述,当0≤x1≤1.5 m时x2=1.25 m 当1.5 m≤x1≤4 m时x2=2-0.5x1。

v212a2x2

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容