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教科版高中物理必修一第三章第5节：牛顿运动定律的应用1攻克动力学的两类基本问题同步练习（含解析）.docx

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教科版高中物理必修一全册同步练习（共31套含解析）

资料简介

‎（答题时间：20分钟）‎ ‎1. 如图所示光滑竖直圆槽，AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A、B、C点，若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1，t2，t3，则（）‎ A. t1＜t2＜t3 B. t1＞t2＞t3‎ C. t1＝t2＝t3 D. t1＝t2＜t3‎ ‎2. 用平行于斜面的推力，使静止的质量为m的物体在倾角为的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为（）‎ A. mg（1－sin） B. 2mgsin ‎ C. 2mgcos D. 2mg（1＋sin）‎ ‎3. 一辆洒水车的牵引力不变，其受到的阻力与其重力成正比，在水平路面上匀速行驶，当车开始洒水后，洒水车将做（）‎ A. 匀加速直线运动 B. 加速度不断增加，速度也不断增加的变加速直线运动 C. 加速度不断减小，速度不断增加的变加速直线运动 D. 依旧做匀速直线运动 ‎4. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端，B与小车平板间的动摩擦因数为μ，若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（　　）‎ A. mg，竖直向上 B. mg，斜向左上方 C. mgtanθ，水平向右 D. mg，斜向右上方 ‎5. 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＝‎10 m/s2），则下列结论正确的是（） ‎ ‎ ‎ 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/cm C. 物体的质量为‎3 kg D. 物体的加速度大小为‎5 m/s2‎ ‎6. 如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m＝‎2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t＝0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度－时间图象如图乙所示，其中ob段为曲线，bc段为直线，g取l‎0 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是（）‎ A. 在0.15s末滑块的加速度为－‎8 m/s2‎ B. 滑块在0.ls～0.2s时间间隔内沿斜面向下运动 C. 滑块与斜面间的动摩擦因数 D. 在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 ‎7. 物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象不可能是（）‎ ‎ A B C D ‎8. 如图所示，将质量m＝‎0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角＝53°的拉力F，使圆环以a＝‎4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。（取sin53＝0.8，cos53＝0.6，g＝‎10m/s2）‎ ‎9. 足够长的倾角θ＝53°的斜面固定在水平地面上，一物体以v0＝‎6.4m/s的初速度从斜面底端向上滑行，该物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，如图所示。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取‎10m/s2）‎ ‎（1）求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间；‎ ‎（2）求返回斜面底端时的速度。‎ ‎1. C 解析：设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d. 根据牛顿第二定律得到：a＝gsinθ，斜面的长度为x＝dsinθ，‎ 则有：x＝得。可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关. 则有t1＝t2＝t3，故选C。‎ ‎2. B 解析：撤去恒力F前，加速度a＝，撤去恒力F后，加速度大小a′＝。设到达中点时的速度为v，则有v2＝‎2a•，v2＝‎2a′•。可知a＝a′，＝gsinθ。解得F＝2mgsinθ. 故B正确，A、C、D错误，故选B。‎ ‎3. B 解析：由F＝ma知：若牵引力不变而m减小，则a不断增大，速度也不断增加，故B正确。‎ ‎4. D 解析：由小球A受力分析可知小车的加速度a＝gtanθ，方向水平向右，因此B受到向右的摩擦力Ff＝mgtanθ，对B受力分析如图所示，小车对B的作用力即为FN与Ff的合力F，，故选D。‎ ‎5. D 解析：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有，拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有，物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有，‎ 联立三式，代入数据解得，故D正确。‎ ‎6. AC 解析：根据v－t图象的斜率表示加速度可求在0.ls～0.2s时间内滑块的加速度a＝－‎8 m/s2，所以A正确；由图知滑块在0.ls～0.2s时间间隔内沿斜面向上减速运动，故B错误；在0.ls～0.2s时间内，根据牛顿第二定律可得，代入可求，所以C正确；在滑块与弹簧脱离之前，当弹力小于重力向下的分力与摩擦力的合力时，滑块做减速运动，所以D错误。‎ ‎7. C 解析：若斜面光滑，物块上滑和下滑的加速度由牛顿第二定律知均为，A选项正确；若斜面粗糙则上滑的加速度为，得，若物块静止则D选项正确，若物块能反向沿斜面加速下滑，得，则B选项正确，C选项错误，故物块的速度图象不可能是C选项。‎ ‎8. F的大小为1N或9N ‎ 解：令，解得。当时，环与杆的上部接触，‎ 受力如图，‎ 由牛顿第二定律，，‎ 联立解得：，‎ 代入数据得当时，环与杆的下部接触，受力如图，‎ 由牛顿第二定律，，，‎ 联立解得：，‎ 代入数据得。‎ ‎9. 解：（1）由牛顿第二定律得：‎ 上滑最大距离： ‎ 上滑时间： ‎ 下滑过程中： ‎ 得 ‎ 又根据下滑时间 ‎ 总时间为：t＝t1＋t2＝1.5s ‎ ‎（2）返回斜面底端时的速度大小v＝a′t2＝‎3.2 m/s ‎ 查看更多

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