2020高考物理精优大一轮复习人教版第3单元 牛顿运动定律 作业答案 WORD版含解析.docx

1、课时作业(六)1.A解析 由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室.惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,A正确.2.C解析 对鱼分析,加速度向右,则重力与水对鱼的作用力的合力水平向右,所以水对鱼的作用力斜向右上方,选项C 正确.3.C解析 由平衡条件知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为25 N和10 N的两个力后,物体的合力大小范围为5 NF合35 N,物体的加速度范围为2.5 m/s2a17.5 m/s2,撤去两个力后,加速度可能为5 m/s2,但是若速度与合加速度方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,选项A错误;撤去两

2、个力后,加速度不可能为2 m/s2,选项B错误;若物体原来做匀速直线运动,则撤去两个力后,剩下力的合力恒定,物体做匀变速运动,加速度大小可能是15 m/s2,但不可能做匀速圆周运动,选项C正确,D错误.4.D解析 对小球,刚松手时,有mg+kx=ma1,做加速度减小的加速运动,当kx=0时,加速度为g,然后弹簧伸长,加速度a2=mg-kxm,继续做加速度减小的加速运动,当mg=kx时,速度最大,继续向下运动,加速度a3=kx-mgm,做加速度增大的减速运动到最低点,选项A、B、C错误,选项D正确.5.D解析 由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=F-mgm=Fm-g,若拉力改为2F,则物体的

3、加速度为a1=2Fm-g2a,选项A错误;若质量改为m2,则物体的加速度a2=2Fm-g2a,选项B错误;若质量改为2m,则物体的加速度a3=F2m-gt甲,t甲=2Rg;丙做自由落体运动,有t丙=2Rg,所以有t乙t甲t丙,选项C正确.3.A解析 设杆与竖直方向的夹角为,圆周的直径为D,根据牛顿第二定律得,滑环的加速度为a=mgcosm=gcos ,杆的长度为x=Dcos ,根据x=12at2得,t= 2xa= 2Dcosgcos= 2Dg,所以时间t与无关,故t1=t2,选项A正确.4.C解析 当A、B相对静止且A、B间恰好达到最大静摩擦力时,三者有相同的加速度,对A,有1mg=ma1,解

4、得a1=1g=2 m/s2;当A、B间发生了相对滑动,而B与小车间恰好达到最大静摩擦力时,A的加速度仍为a1=1g=2 m/s2,对B,有22mg-1mg=ma2,解得a2=22g-1g=4 m/s2,故小车的加速度大小a0的范围为2 m/s2mgcos ,则加速度a2=mgsin-mgcosm=gsin -gcos ,图像为B;若mgsin mgcos ,则加速度a3=0,图像为A;不可能为C.7.(1)0.5 s 2.5 m (2)2.25 m解析 (1)炭块的加速度 a1=1g=4 m/s2对木板,有1mg+2(M+m)g=Ma2设历时t速度相同,有v=a1t=v0-a2t联立解得t=0

5、.5 s,v=2 m/s,a2=16 m/s2黑色痕迹长x1=v0t-12a2t2-12a1t2=2.5 m (2)速度相等后,假设二者能相对静止一起匀减速运动,则对整体,有2(M+m)g=(M+m)a对炭块,有f=ma解得f=6 N由于f1mg=4 N,故假设不成立,两者会相对滑动炭块减速时的加速度大小a1=a1=1g=4 m/s2木板减速时,有2(M+m)g-1mg=Ma2解得a2=8 m/s2故x2=v02-v22a2+v22a2-2v22a1=2.25 m8. (1)1.5 s(2)5 m解析 (1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=g(sin +cos )=10 m/s

6、2,加速过程中,有t1=v0a1=1 s,x1=12a1t12=5 m,速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则a2=g(sin -cos )=2 m/s2,x2=L-x1=5.25 m,由x2=v0t2+12a2t22,解得t2=0.5 s.煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s.(2)第一过程痕迹长x1=v0t1-x1=5 m,第二过程痕迹长x2=x2-v0t2=0.25 m,两过程痕迹部分重合,故痕迹总长为5 m.9.(1)0.4(2)4 kg0.1(3)8.125 m解析 (1)由图像知,使小物块和木板能一起运动的最大外力Fm=25 N,当F25 N时,小物块与木板相对滑动,对

7、小物块,由牛顿第二定律得1mg=ma1,由图像知a1=4 m/s2,解得1=0.4.(2)对木板,由牛顿第二定律得F-1mg-2(M+m)g=Ma2,即a2=F-1mg-2(M+m)gM=-1mg-2(M+m)gM+FM,由图像知,1M=14,-1mg-2(M+m)gM=-94,解得M=4 kg,2=0.1.(3)给小物块一水平向右的初速度v0=4 m/s时,小物块运动的加速度大小为a1=4 m/s2,方向水平向左,设小物块运动t1时间速度减为零,则t1=v0a1=1 s,位移x1=v0t1-12a1t12=2 m,木板的加速度大小a2=F-1mg-2(M+m)gM=5 m/s2,方向向左,木

8、板的位移大小x2=12a2t12=2.5 m,此时木板的速度v2=a2t1=5 m/s,由于x1+x2=L,即此时小物块运动到木板的右端,当木板继续运动时,小物块从木板的右端竖直掉落,设小物块从木板上掉下来后木板的加速度大小为a3,对木板,由牛顿第二定律得F-2Mg=Ma3,解得a3=254 m/s2,在t=2 s时小物块与木板右端的距离x3=v2(t-t1)+12a3(t-t1)2=8.125 m.10.(1)1 s(2)(2-2) s解析 (1)小物块在其速度达到与传送带速度相等前做匀加速直线运动,有F+mgcos 37-mgsin 37=ma1解得a1=8 m/s2 由v=a1t1解得t1=0.5 s位移x1=12a1t12=1 m小物块与传送带达到相同速度后,因F-mgsin 37=4 N=mgcos 37,故小物块在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升,位移x2=Hsin37-x1=2 m则t2=x2v=0.5 s总时间为t=t1+t2=1 s(2)在小物块与传送带达到相同速度瞬间撤去恒力F,因为x2故小物块向上匀减速运动到速度为零前已经滑上平台由x2=vt3-12a2t32解得t3=(2-2) st3=(2+2) s舍去.