2022高考物理调研大一轮复习(课件+精练)课时作业9.DOC

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1、课时作业9牛顿运动定律的综合应用时间：45分钟1两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分别受到水平推力2F和F，则A、B之间弹力的大小为(C)A.F B.FC.F D.F解析：根据牛顿第二定律对整体有：2FF(m1m2)a，方向水平向右；对物体B有：FNFm2a，联立上述两式得：FNF，故选项A、B、D均错误，选项C正确2如图所示，物体A的质量为0.2 kg，物体B的质量为0.6 kg，两物体分别由轻质细绳及轻质弹簧通过光滑定滑轮相连，弹簧的劲度系数k100 N/m，开始时两物体在外力作用下处于静止状态且细绳刚好伸直现同时释放A、B，则稳定后(两物

2、体均在空中运动)，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(B)A弹簧的伸长量为6 cm B弹簧的伸长量为3 cmC物体A处于失重状态 D物体B处于超重状态解析：设稳定后细绳拉力大小为T，两物体运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律知TGAmAa，GBTmBa，联立并代入数值得T3 N，a5 m/s2，由胡克定律知Tkx，代入数值得弹簧的伸长量为3 cm，A错误，B正确；物体A的加速度竖直向上，处于超重状态，物体B的加速度竖直向下，处于失重状态，C、D错误3如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球

3、的速度成正比，即Fkv(图中未标出)已知小球与杆间的动摩擦因数为，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>mg.下列关于运动中的速度时间图象正确的是(C)解析：开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确4如图所示，在水平桌面上固定一个长木板，质量为M的木块通过

4、轻绳与质量为m的钩码相连，钩码静止释放后，将向下加速下降木块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则钩码释放后的加速度大小为(B)A. B.C. D.解析：以钩码为研究对象，根据牛顿第二定律，则有mgTma；以长木板为研究对象，则有TMgMa，联立解得a，选项B正确5(多选)如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体当车向左匀加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成，m2与车厢相对静止则(BD)A车厢的加速度为gsinB绳对物体m1的拉力T为C底板对物体m2的支持力FN(m2m1)gD物体m2所受底板的摩擦力Ffm2

5、gtan解析：以物体m1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得m1gtanm1a，得agtan，则车厢的加速度也为gtan，绳对物体m1的拉力T，选项A错误，选项B正确；以物体m2为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有FNm2gTm2g，Ffm2am2gtan，选项C错误，选项D正确6(多选)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力fkr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率t0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示落地前雨滴已做匀速运动，速率为v0.下列对雨滴运动描述的图象中一定正确的是(ABC)解析：t0时，雨滴由静止开始下落，v0，所受空气阻力f

6、kr2v20，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律mgfma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后fkr2v2mg时，加速度减小到零，速度不变，雨滴做匀速直线运动，故A、B正确；当最后匀速运动时有kr2vmggr3，可得最大速率与成正比，vr，故C正确，D错误7如图甲所示，质量为m1 kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t11 s时撤去力F，物体运动的部分v­t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2.求：(1)物体

7、与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力F的大小；(3)t4 s时物体的速度解析：(1)根据v­t图线知，匀加速直线运动的加速度的大小：a120 m/s2根据牛顿第二定律得：Fmgcosmgsinma1匀减速直线运动的加速度的大小：a210 m/s2根据牛顿第二定律得：mgsinmgcosma2解得：F30 N，0.5.(2)由(1)知，F30 N.(3)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2v1a2t2，解得t22 s；则物体沿斜面下滑的时间为t3tt1t21 s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma3解得：a32 m/s2所以t4 s时物体的速度

8、：va3t32×1 m/s2 m/s，方向沿斜面向下答案：(1)0.5(2)30 N(3)2 m/s，沿斜面向下8将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是(C)解析：皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小，一开始加速度最大，后来减小得越来越慢，最后速度为零时，加速度变为重力加速度，所以答案选C.9(多选)一质量为2 kg的物体受到水平拉力作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图象如图所示，t0时其速度大小为2

9、m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(AC)A在t2 s时刻，物体的速度为5 m/sB在02 s时间内，物体的位移大于7 mC在02 s时间内，物体的位移小于7 mD在t1 s时刻，拉力F的大小为3 N解析：据vat可得a­t图象与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量，则t2 s时，物体的速度vv0v2 m/s·(12)×2 m/s5 m/s，选项A正确；在02 s时间内，物体做加速度增大的加速运动，速度时间图象如图中实线，虚线为匀变速直线运动的速度时间图象，则02 s时间内，物体的位移x<t7 m，选项B错误、C正确；在t1 s时刻，物体的加速度a11.

10、5 m/s2，由牛顿第二定律可得F1Ffma1，解得F15 N，选项D错误10(2019·江西九校联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则正确的结论是(D)A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC物体的质量为3 kgD物体的加速度大小为5 m/s2解析：由于物体与弹簧不连接，分离时二者间的作用力为0，弹簧处于原长状态，A错开始时，物体受重力、弹力作用，二者的合力等于0

11、，此时的拉力10 N即为物体匀加速上升的合力，物体与弹簧分离时及分离后拉力为30 N，合力不变，故物体的重力大小为20 N，质量为2 kg，C错从开始上升到分离，物体上升了4 cm，即开始时弹簧的压缩长度为4 cm，根据胡克定律mgkx，k500 N/m5 N/cm，B错根据牛顿第二定律可知，物体的质量为2 kg，受到的合力为10 N，加速度大小为5 m/s2，D对11如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内

12、的v­t关系分别对应图乙中A、B图线，t1时刻A、B的加速度为g，则下列说法正确的是(D)At1时刻，弹簧形变量为Bt2时刻，弹簧形变量为Ct1时刻，A、B刚分离时的速度为D从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变解析：由图乙可知，t1时刻A、B开始分离，对A，根据牛顿第二定律：kxmgsinma，则x，选项A错误；由图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinkx，则得：x，选项B错误；对A、B整体，根据牛顿第二定律得：F2mgsinkx2ma，得F2mgsinkx2ma，则知t0时F最小，此时有：2mgsinkx0，得F的最小值为F2ma，由

13、图乙知，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsinma，t0时有：2mgsinkx0，又x0xat，速度vat1，选项C错误；从t0到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得：Fkx2mgsin2ma，得F2mgsin2makx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：Fmgsinma，得Fmgsinma，可知F不变，选项D正确12如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个质量相同，半径为r的光滑圆球P和Q，且R1.5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v05 m/s的速度匀速运动时，压力传感器显示压力

14、为25 N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x m已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g10 m/s2.求：(1)水平推力F的大小；(2)撤去推力后传感器的示数解析：(1)筒和圆球组成的系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中压力传感器示数F125 N设P、Q球心连线与水平方向的夹角为，则cos，则圆球重力mgF1tan，由式解得60°，mg25 N，当撤去推力F后，设筒和圆球组成的系统在水平地面上滑行的加速度大小为a.则v2ax，系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得MgMa，系统匀速运动时FMg，其中Mg3mg，由解得a m/s2，F75 N(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得FAma，解得FA0 N，即此时传感器示数为0 N.答案：(1)75 N(2)0 N