2020届高考物理总复习作业13牛顿运动定律综合应用（含解析）

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1、作业13　牛顿运动定律综合应用一、选择题1．(2016年高考·海南卷)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图13－1所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)图13－1A．F1F3C．F1>F3D．F1＝F3图13－2解析：根据题v－t图象可以知道，在0～5s内加速度为a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5～10s内，加速度a2＝0；在10～15s内加速度为a1＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图13

2、－2；在0～5s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ－f－F1＝ma1，则：F1＝mgsinθ－f－0.2m；在5～10s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ－f－F2＝ma2，则：F2＝mgsinθ－f；在10～15s内，根据牛顿第二定律：f＋F3－mgsinθ＝ma3，则：F3＝mgsinθ－f＋0.2m故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．答案：A图13－32.(2019年呼和浩特模拟)如图13－3所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10m/s2)(　　)A．以a＝

3、1m/s2的加速度加速上升B．以a＝1m/s2的加速度加速下降C．以a＝9m/s2的加速度减速上升D．以a＝9m/s2的加速度减速下降解析：根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量10cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1m/s2的加速度减速上升，B正确．答案：B图13－43．(2019年福州质检)如图13－4所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小

4、球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)解析：小球开始接触弹簧时，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C、D错误．答案：A图13－54．(2019年江西新余四中模拟)如图13－5所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0

5、.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)A．0.35mgB．0.30mgC．0.23mgD．0.20mg解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15g，设水平方向上的加速度为a水平，则＝tan37°＝，解得a水平＝0.20g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得f＝ma

6、水平＝0.20mg，故D正确．答案：D5．在汽车中的悬线上挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图13－6所示．若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物块，则关于汽车的运动情况和物块的受力情况正确的是(　　)图13－6A．汽车一定向右做加速运动B．汽车一定向左做加速运动C．物块除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用D．物块除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用解析：以小球为研究对象受力分析，受重力和绳的拉力，合力水平向右，反映出汽车加速度向右，所以汽车可能向右加速，也可能向左减速，故A、

7、B错误；以物块为研究对象，受力分析，受重力、底板的支持力，向右的静摩擦力，故C正确，D错误．答案：C6．如图13－7甲所示，在光滑的水平面上有质量为M且足够长的长木板，木板上面叠放一个质量为m的小物块．现对长木板施加水平向右的拉力F＝3t(N)时，两个物体运动的a－t图象如图13－7乙所示，若取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是(　　)图13－7A．图线Ⅰ是小物块运动的a－t图象B．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3C．长木板的质量M＝1kgD．小物块的质量m＝2kg解析：当力F较小时，两者一起加速，当F较大时，m相对于M向后滑动，m的加速度不再