1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(二)牛顿运动定律及其应用A组(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。每小题只有一个选项正确)1.(2013六安一模)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别静止于水平地面的台秤P、Q上,他们用手分别竖直牵拉一只弹簧测力计的两端,稳定后弹簧测力计的示数为F,若弹簧测力计的质量不计,下列说法正确的是()A.甲同学处于超重状态,乙同学处于失重状态B.台秤P的读数为mg-FC.台秤Q的读数为mg-2FD.两台秤的读数之和为2mg2.放在水
2、平面上的一物体重45 kg,现用90 N的水平推力推该物体,此时物体的加速度为1.8 m/s2。当物体运动后,撤掉水平推力,此时该物体的加速度大小为()A.1.8 m/s2B.0.2 m/s2C.2 m/s2D.2.8 m/s23.如图所示,在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。已知F1F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为()A.B.C.D.4.(2013浙江高考)如图所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列
3、判断正确的是()A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s25.(2013合肥二模)如图所示,用传送带向高处运送货物。当货物在传送带上随传送带一起加速上行时,加速度大小为a1,货物受到的摩擦力大小为f1;在上行过程中传送带因故突然停住不动的瞬间,货物加速度大小为a2,受到的摩擦力大小为f2。若货物与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下关系式可能正确的是()A.a1a2,f1a2,f1f2D.a1f26.(2013莆田二模)如图所示,一根轻质弹簧上端是固定的,下端挂一质量为m0的
4、平盘,盘中有一物体,质量为m,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了l,现向下拉盘使弹簧再伸长l后停止,然后松手,设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松手时盘对物体的支持力等于()A.(1+)mgB.(1+)(m+m0)gC.mgD. (m+m0)g7.一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在这一过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()8.(2013黄山一模)如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,物块M串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M又通过轻细线悬吊着一个小铁球
5、m,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而M、m均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为。小车的加速度逐渐增大,M始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时()A.横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B.横杆对M的弹力增加到原来的2倍C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D.细线的拉力增加到原来的2倍二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(16分)(2013六安一模)如图所示,质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上,在小车左端加一水平推力F=8N,当小车向右运动的速度达到1.5m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量m=2kg的小物块,物块与小车间的动
6、摩擦因数=0.2,小车足够长。求:(1)小物块放上后,小物块及小车的加速度各为多大?(2)经多长时间两者达到相同的速度?(3)从小物块放上小车开始,经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少?(g=10m/s2)10.(20分)(2013青岛二模)如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d。将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左
7、侧P处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1,斜面倾角为,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数2;(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远,水平推力F为多大;(3)小物块在地面上的落点P距障碍物Q的最远距离。B组(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。每小题只有一个选项正确)1.(2013石家庄二模)如图所示,沿直线运动的小车内悬挂的小球A和车水平底板上放置的物块B都相对车厢静止。关于物块B受到的摩擦力,下列判断中正确的是()A.物块B不受摩擦力作用B.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左C.物块B受摩
8、擦力作用,大小恒定,方向向右D.因小车的运动方向不能确定,故物块B受的摩擦力情况无法判断2.(2013合肥一模)如图所示,质量为M的斜劈形物体放在水平地面上,质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑,至速度为零后又加速返回,而物体M始终保持静止,则在物块m上、下滑动的整个过程中()A.地面对物体M的摩擦力先向左后向右B.地面对物体M的摩擦力方向没有改变C.地面对物体M的支持力总大于(M+m)gD.物块m上、下滑动时的加速度大小相同3.(2013青岛一模)DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统,某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律,他们在电梯内做实验,在电梯天
9、花板上固定一个力传感器,传感器的测量挂钩向下,在挂钩上悬挂一个质量为1.0kg的钩码,在电梯由静止开始上升的过程中,计算机屏上显示如图所示的图像,则(g取10m/s2)()A.t1到t2时间内,电梯匀速上升B.t2到t3时间内,电梯处于静止状态C.t3到t4时间内,电梯处于超重状态D.t1到t2时间内,电梯的加速度大小为5m/s24.(2013唐山二模)一皮带传送装置如图所示,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中,滑块始终未与皮带达到共速,则在此过程中滑块的速度
10、和加速度变化情况是()A.速度增大,加速度增大B.速度增大,加速度减小C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大5.(2013泉州二模)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为10N,方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g=10m/s2)()A.10 NB.20 NC.25 ND.30 N6.(2013合肥一模)用火箭发射人造卫星,假设在火箭由静止竖直升空的过程中,火箭里燃料燃烧喷出气体产生的推力大小不变,空气的阻力也认为不变,则下列图像中能反映该过程
11、中火箭的速度v或加速度a随时间t变化的是()7.(2013安庆二模)一质量均匀的木块在水平恒力F1的作用下,在水平面上做匀速直线运动。当对该木块另外施加一倾斜向下与F1在同一竖直平面内的恒定推力F2时,如图所示,则下列对该木块以后运动情景的描述不正确的是()A.木块可能继续做匀速直线运动B.木块的运动可能变为匀加速直线运动C.木块所受到的合力可能越来越小,最后变为零D.木块的运动可能变为匀减速直线运动,直至静止8.(2013芜湖模拟)一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面,在水平面上运动的v-t图像如图所示。则根据图像不能求出的物理量是()A.木块的位移B.木块的加速度C.木块所受摩擦力
12、D.木块与桌面间的动摩擦因数二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2013合肥二模)如图甲所示,斜面体固定在粗糙的水平地面上,底端与水平面平滑连接,一个可视为质点的物块从斜面体的顶端由静止释放,其速率随时间变化的图像如图乙所示(已知斜面与物块、地面与物块间的动摩擦因数都相同,g取10m/s2)。求:(1)斜面顶端到斜面底端的长度s。(2)物块与水平面间的动摩擦因数。(3)斜面的倾角。10.(18分)(2013大庆二模)如图所示,水平传送带AB长L=10m,向右匀速运动的速度v0=4m/s。一质量为1kg的小物块(可视为质点)以v1=6m/s的初速度从传送带
13、右端B点冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数=0.4,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物块相对地面向左运动的最大距离;(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。答案解析A组1.【解析】选D。甲、乙均静止不动,则甲、乙均处于平衡状态,A错;台秤P的读数为mg+F,Q的读数为mg-F,两台秤读数之和为2mg,B、C错,D对。2.【解析】选B。用90 N的水平推力推物体时,由牛顿第二定律得F-Ff=ma1,解得Ff=9N,撤掉水平推力后,物体所受合外力等于滑动摩擦力,由牛顿第二定律Ff=ma2,解得加速度的大小为a2=0.2m/s2,选项B正确。3.【解析】选C。取A、B及弹簧整体
14、为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-F2=2ma,取B为研究对象:kx-F2=ma,解得x=,选项C正确。4.【解析】选D。由题图可得:物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内拉力对物块做了功,A项错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;69 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,D项正确。5.【解析】选A
15、。设货物与传送带间的最大静摩擦力为fm,则由题意知f1fm=f2,分析传送带停止运动前后的受力情况,根据牛顿第二定律得a1=,a2=,其中为传送带与水平方向的夹角,m为货物的质量,故a1a2,且所分析的是速率与时间的关系,故选项C正确。8.【解析】选A。取M、m为一整体,由牛顿第二定律可知,横杆对M的摩擦力Ff=(M+m)a,横杆对M的支持力FN=(M+m)g,当加速度增加到2a时,Ff增加到原来的2倍,而FN不变,故A正确,B错误;对m受力分析,设细线的拉力为FT,则有:FTcos=mg,FTsin=ma,tan=,FT=,可见当a变为2a时,tan值加倍,但并不增加到原来的2倍,FT也不增
16、加到原来的2倍,故C、D均错误。9.【解析】(1)物块的加速度am=g=2m/s2(2分)小车的加速度aM=0.5m/s2(2分)(2)由amt=v0+aMt (2分)得t=1s(2分)(3)在开始1s内小物块的位移x1=amt2=1m(2分)最大速度v=amt=2m/s(1分)在接下来的0.5s内物块与小车相对静止,一起做加速运动且加速度a=0.8m/s2(1分)这0.5s内的位移x2=vt+at2=1.1m(2分)通过的总位移x=x1+x2=2.1m(2分)答案:(1)2m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m10.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)小物块恰好能在斜面体
17、上保持静止,静摩擦力最大;(2)物块落点最远,则其速度最大,斜面体和物块的加速度应该最大;(3)小物块离开斜面体后做平抛运动。【解析】(1)对m由平衡条件得:mgsin-2mgcos=0(2分)解得:2=tan(1分)(2)对m设其最大加速度为am,由牛顿第二定律得:水平方向:FNsin+2FNcos=mam(2分)竖直方向:FNcos-2FNsin-mg=0(2分)解得:am=(1分)对M、m整体由牛顿第二定律得:F-1(M+m)g=(M+m)am(2分)解得:F=1(M+m)g+(M+m)(1分)(3)对M、m整体由动能定理得:Fd-1(M+m)gd=(M+m)v2(3分)解得:v=2(1
18、分)对m由平抛运动规律得:水平方向:xP+=vt(2分)竖直方向:h=gt2(2分)解得:xP=2-(1分)答案:(1)tan(2)1(M+m)g+(M+m)(3)2-B组1. 【解析】选B。小球A受力情况如图所示,由牛顿第二定律得小球的加速度水平向左且恒定,物块B与小球A的加速度相同,由牛顿第二定律可知物块B所受摩擦力大小恒定,方向水平向左,选项B正确。2.【解析】选B。假设地面光滑,在物块m上滑时,m、M组成的系统在水平方向上动量守恒,因为m水平向右的速度分量在逐渐变小,所以M水平向右的速度分量肯定在增加,即M向右运动,所以m上滑时地面对M的摩擦力水平向左;同理,可以判断m下滑时地面对M的
19、摩擦力也是水平向左,所以选项A错误,B正确。因为物块m上、下滑动时加速度沿竖直方向上的分量均向下,所以物块m在这两个过程中均处于失重状态,其对物体M沿竖直方向上的压力小于mg,所以地面对物体M的支持力总小于(M+m)g,所以选项C错误;显然,选项D错误。3.【解析】选D。0t1时间内,F1=mg,电梯静止;t1t2时间内,F2mg,电梯加速上升,加速度a=5m/s2,选项A错误,D正确;t2t3时间内,F3=mg,电梯匀速上升,选项B错误;t3t4时间内,F4kx时,滑块向左做加速运动,由牛顿第二定律得Ff-kx=ma,随着x的增大,加速度a减小;当Ff=kx时,a=0,速度达到最大值;当Ff
20、(mg+F2sin),则木块做匀加速直线运动,故B对;若F1+F2cos(mg+F2sin),则木块做匀减速直线运动,速度减小,直到减小到零,但合外力不变,故D对,C错。8.【解析】选C。位移可由图像与坐标轴所围面积求出,由v-t图线的斜率可求出加速度a,由牛顿第二定律知,a=g,故动摩擦因数也可求出,由于不知木块的质量,不能求出木块所受摩擦力。9.【解析】(1)物块在斜面上做匀加速运动,所以=5m/s(2分)s=t=25m(3分)(2)物块在水平面上做匀减速运动,设其减速的加速度大小为a1,则a1=5m/s2(2分)又由牛顿第二定律得mg=ma1(2分)解得=0.5(2分)(3)设滑块从斜面
21、上滑下的加速度大小为a2,则有a2=2m/s2(2分)又由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma2(3分)解得=37(2分)答案:(1)25m(2)0.5(3)3710.【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)物块向左运动速度减为0时相对地面向左运动距离最大;(2)物块向右运动过程先加速运动后匀速运动。【解析】(1)设物块与传送带间摩擦力大小为Ff,向左运动最大距离x1时速度变为0,由动能定理得:Ff=mg(1分)Ffx1=m(2分)解得:x1=4.5m(1分)(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a,经时间t2与传送带速度相等:v1-at1=0(2分)由牛顿第二定律得:Ff=ma(2分)解得:t1=1.5s(1分)v0=at2(2分)解得:t2=1s(1分)设反向加速时,物块的位移为x2,则有:x2=a=2m(2分)物块与传送带同速后,将做匀速直线运动,设经时间t3再次回到B点,则:x1-x2=v0t3(2分)解得:t3=0.625s(1分)故物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间:t=t1+t2+t3=3.125s(1分)答案:(1)4.5m(2)3.125 s关闭Word文档返回原板块
