假期作业(15)牛顿运动定律与图像的结合-【百汇大课堂·寒假作业】2024-2025学年高一物理假期作业

假期作业 &五1 假期作业(十五) 牛顿运动定律与图像的结合 一、选择题 .FN tutm.s-) 1.同一坐标系中画出两滑块的 a-F图像,如图所示,下列判断 乙 正确的是 ( ) 丙 A.1 kg,0. 05 A.滑块甲的质量大 B. 1 kg,0.1 B.滑块乙的质量大 C.2 kg,0. 1 D. 2 kg,0.05 4.一物体沿倾角为30{的粗糙 C.两滑块的质量一样大 tum D.不能确定哪个滑块的质量大 斜面从顶端由静止开始下 2.(多选)甲、乙两球质量分别为n、n,从不同 滑,运动的位移时间t关 高度由静止释放,如图a所示,甲、乙两球的 系图像是一段抛物线,如图所示,g ot图像分别如图b中的①、②所示,球下落 10m/s2.则 过程所受空气阻力大小/满足/一o(o为球 A.下滑过程中物体的加速度逐渐变大 的速率,人为常数),t。时刻两球第二次相遇 B.t-0.5s时刻,物体的速度为0.5m/s 落地前,两球的速度都已达到各自的稳定值 C.0~0.5s时间内,物体平均速度为1m/s v、.下列判断正确的是 ) ① 5.如图中甲图所示,一轻质弹的下端固定在 水平面上,上端放置一物体(物体与弹策不连 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 A.m.<m2 做匀加速直线运动,拉力F与物体位移x之 B. 两球释放瞬间,甲球的加速度较大 间的关系如图乙所示,则下列结论正确的是 ( (g取10m/s2) C.乙球释放的位置高 ) D.4. 时刻两球第一次相遇 “-#WO选L //N 3.将运动员推冰壶的情景简化 WIIIIIIIIIIII 为图甲的模型,t一0时,运动 员对冰壶施加一水平向右的推力F,Ft 图像 icm 乙 如图乙所示;冰壶的t图像如图丙所示,由 此可知冰壶的质量及冰壶与地面间的动摩擦 A.物体的质量为0.1kg ( ) 因数分别为(取g-10m/s) B.物体的加速度大小为2m/s{} 45 #(1# 高一寒假·物理 C.弹策的劲度系数为300N/m D.物体与弹分离瞬间的速度大小为4m/s 6.(多选)如图甲所示,静止在水平地面上质量 为1kg的物体,在/一0时刻受到水平向右的 1 乙 推力F作用,/一2s时撤去推力,物体运动的 A.物块的质量为2kg .图像如图乙所示,取重力加速度大小g 10m/s{,下列说法正确的是 B.地面对物块的最大静摩擦力为1N 7 ) C.物块与地面间的动摩擦因数为0.1 ufm.,-!) D.4s末物块的速度大小为4.5m/s 9.(多选)如图甲所示,某人正通过定滑轮将质 IIII 甲 量为的货物提升到高处,滑轮的质量和摩 A.在0~1s内,物体的加速度大小为2m/s2 擦均不计,货物获得的加速度与绳子对货 B.物体先向右运动后向左运动 物竖直向上的拉力F之间的关系如图乙所 C.一3s时,物体与出发点间的距离为4m 示,g表示当地的重力加速度,由图可以判断 ( D.在0~2s内,推力F大小不变 ) 7.(多选)如图甲所示,物体原来静止在水平面 /u& 上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐 增大的过程中,物体先静止后做变加速运动 其加速度。随外力F变化的图像如图之所 T 示,根据图乙中所标出的数据可计算出(g取 10m/s2) ( ) A.图线与纵轴的交点M的值a--g a/(n.;2) 寸二 B.图线与横轴的交点N的值F一0 C.图线的斜率等于物体的质量” 777/ D.图线的斜率等于物体质量的倒数 14 r/N 甲 乙 10.(多选)物体最初静止在倾角9一30的足够 A.物体的质量为1kg 长斜面上,如图甲所示受到平行斜面向下的 B.物体的质量为2kg 力F的作用,力F随时间变化的图像如图乙 C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 所示,开始运动2s后物体以2m/s的速度 D.物体与水平面间的动摩擦因数为05 匀速运动,下列说法正确的是(g取10m/s}) 8.(多选)静止在水平地面上的物体,受到水平 ( ) 推力的作用,F与时间的关系如图甲所示 N 物块的加速度a和时间的关系如图乙所示 g取10m/s^{},滑动摩擦力等于最大静摩擦 中 ) 力,根据图像信息可得 乙 46 假期作业 #1 A.物体的质量m=1kg 12.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车 B.物体的质量n一2kg 中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24^*}角, 3 长度/一4m,水平滑轨长度可调,两滑轨间 C.物体与斜面间的动摩擦因数一 平滑连接,若货物从倾斜滑轨顶端由静止开 73 D.物体与斜面间的动摩擦因数- 始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为 15 二、非选择题 ,货物可视为质点(取cos24{=0.9,sin24 0 11.将一个质量为1kg的小 .fim.s-) -0.4). 球竖直向上抛出,最终落 回抛出点,运动过程中所 17 24 #A 受阻力大小恒定,方向与运动方向相反,该 过程的vt图像如图所示,g取10m/s^{}. (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a (1)小球所受的阻力是多少 的大小; (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的 大小; (2)小球落回到抛出点时的速度是多少? (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超 过2m/s,求水平滑轨的最短长度. 47有女代军商一寒假·物理 k≈12N/m,(2)根据牛顿第二定律F=ma,结合图丙可得 重力，加速度均为重力加速度g,故B错误；t图像与时 αF图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代 间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0一2时 入数据得m=0,20kg,《3)同理图象斜率的倒数名=m十 间内，乙球下降的高度较大，而2时刻两球第二次相遁， 所以乙球释放的位置高，故C正确；在~t2时间内，甲 m展，得m满=0.13kg 球下落的高度较大，而2时刻两球第二次相通，所以两球 答案(1)12(2)0.20(3)0.13 第一次相遇的时刻在1时刻之前，故D错误.] 10.解析(1)铁块受到的重力为 3.D[4~8s,撇去推力，冰壶在水平方向只受到摩擦力，有 G=mg=50 N. mg=ma,结合图像，其斜率表示加速度，即a 铁块在垂直斜面方向上受力平衡，有： 0.5m/s2,代入解得a=0.05,2~4s,有F-mg=ma', FN=mgcos 0, 结合图像，加速度为a=1m/s2,代入解得m=2kg,故 铁块在平行斜面方向上受到合力F,则有： 选D.] F=mgsin 0-jmgcos 0, 因为铁块与斜面间为滑动摩擦力，有： 4D[由匀变速直线运动位移公式x=之a2,代入图中数 Fi=uFN. 据解得a=2m/s2,A错误；根据运动学公式v,=at,t= 由以上三式得：F=5N. 0.5s代入方程解得u,=1m/s,B错误；0~0.5s时间内， (2)设铁块在斜面上的加速度为a,由牛顿第二定律有 F=ma, 物体平均速度=受-8需m/g=0,5m/s,C错误，由牛顿 解得：a=1m/s2, 第二定律有mgsin30°一mgcos30°=ma,解得动摩、因数 铁块在3s内的位移为：x=7arP=4.5m A-得，D正确门 答案(1)5N(2)4.5m 5.B[初始时刻物体静止在弹簧上面，弹簧的弹力与重力 11.解析匀加速直线运动的加速度 平衡，所以由图可知当x=0时，根据牛顿第二定律有2= a1=恕号m/g2=2m/, ma,此后物体匀加速上升，由图可知当x=4cm时，弹簧 匀减速直线运动的加速度 恢复原长，物块与弹簧分离，此时有12-mg=m,联立解 得m=1kg,a=2m/s2,故A错误，B正确；初始状态弹簧 aa-0-g二含m/=-1m/s3 的弹力与重力平衡，结合图像和前面的分析有mg=友· 匀加速直线运动阶段，根据牛顿第二定律得， △，可得表-竖-N/m=2350Nm,货C错误：物 F-umg=ma1, 匀减速直线运动阶段，根据牛顿第二定律得， 体做匀加速直线运动，根据子=2a·△x,代入数据可知分 离时的速度为v=0.4m/s;故D错误.] 一mg=ma2, 联立解得：F=30N,u=0.1. 6.AC[由图乙可知，在0~1s内，物体做匀加速直线运动， 答案(1)30N(2)0.1 物体的加速度大小a=2m。一0=2m/s,故A正确：由 12.解析（①)物体在1s内由静止下滑3m,则由x=合a2 图乙可知，物体的运动方向一直不变，始终向右，故B错 可求加速度a=6m/s2. 误1=38时，物体与出发点间的距离x=1sX2ms+ 2 （2)根器牛颜第二定律a-F一E,a=6m/,所以F1 m 2m/sX1s十1sX2m=4m,故C正确，在0一1s内， 8 N. 物体做匀加速直线运动，推力F大于阻力，在1s~2s内 (3)根据摩擦力公式F(=F可知u=0.2. 物体做匀速直线运动，推力大小等于阻力，推力F大小变 答案(1)6m/s2(2)8N(3)0.2 化，故D错误.] 假期作业（十五）牛顿运动定律与图像的结合 7.BC[物体的受力如图所示，在7N时运 动状态发生变化，由牛顿第二定律得F一 1.B[由F=ma得a-是，由数学知识及测图可知清共乙 Ff=ma,代入图乙中的数据F1=7N和 的质量大.] F2=14N及对应的加速度a1=0.5m/s2 2.AC[两球稔定时均做匀速直线运动，则有ku=mg,得m 和a2=4m/s2,解得m=2kg,Fr=6N,A错误，B正确：又 -巴，则有-，由图可知山<2，则m1<m2,故A正 由F=FN=mg,则H=0.3,C正确，D错误.] 1m22 8.ACD[由甲、乙两图可知，当t=1s时，物体才开始其有 确；两球释放鳞间=0，此时空气阻力f=0,两球均只受 加速度，可知地面对物体的最大静摩擦力f=2N,故B错 72 假期作业产方 误：由甲图知F=2t,根据牛顿第二定律得，加速度为a 假期作业（十六）连结体临界和极值问题 F-⊥_21-2=名-2，由乙图可知，图线的解率k=只 m mm 1.D[由牛顿第二定律得 =1,每得m=2k8则动库馨因数为以。一品=0.1，故 (M+m)gsin37°+(M+m)gcos37°=(M+m)a, A、C正确：由at图线圈成的面积知，速度的变化量为 解得加速度大小为 a=gsin37°+gcos37 △0=号×3X3m/s=4.5m/s,可知4s未的速度为 =(10×0.6+0.25×10×0.8)m/s2 4.5m/s,故D正确.] =8m/s2, 9.AD[对货物受力分析，受重力mg和拉力F,根据牛顿第 根据速度位移关系可得0一2=一2ax, 二定律，有F-mg=ma,则整理可以得到a=E一g.当F m 所以上清的最大距离为一兰-没m一15m,成选] =0时，a=一g,即图线与纵轴的交点M的值aM=一g, 2.B[当滑块在斜面上下滑时，则滑块对斜面的压力大小 故A正确；当a=0时，F=mg,故图线与横轴的交点N的 F1=mgcos0.若该斜面在水平外力F的推动下水平向右 值FN=mg,故B错误；图线的斜率表示质量的倒数】 加速运动，则斜面的支持力和重力的合力产生加速度，则 故C错误，D正确.] 物块对斜面的压力F,=C0则B:F2=cos0:1,故 10.AD[开始运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，则 选B.] 2s未物体受力平衡，根据图像可知，摩擦力 3.C[小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹 f=F2十mgsin0, 力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设细绳的拉 0一2s内，由加速度定义得 力为F,斜面的加速度为ao,以小球为研究对象，根据牛顿 a-8恕-22mg=1m, 第二定律有F=品)=ma,解得a0=品)入 根据牛顿第二定律得 13.3m/s2.由于a1=5m/s2<a0,可知小球仍在斜面上， F1+mgsin 0-f=ma, 此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根 解得物体的质量m=1kg,f=7N,故A正确，B错误； 据牛顿第二定律有F1sin0+FNcos9=mg,F1cos日+ 根据滑动摩擦力公式f=mgcos0, Fxsin0=ma1,代入数据解得F1=20N. 得以-7语故C借误，D正确.门 11.解析(1)物体上抛过程中，根据牛顿第二定律： mg十f=ma1, 根据图像：-a1=0,24m/g2=-12m/32, 2 mg 联立方程解得阻力：f=2N; 甲 乙 (2)下落过程中：mg一f=ma2, 由于a2=20m/s2>a0,可知小球离开了斜面，此时小球的 解得：a2=8m/s2, 受力情况如图乙所示，绳子的拉力与重力的合力水平向 物体在上升过程中：0-12=一2a1x, 右，则绳子的拉力大小为 下降过程中：2=2a2x, F2=√(mg)2+(ma2)2=20√5N, 解得：2=8√6m/s. 答案(1)f=2N(2)8√6m/s. 号品傲C] 12.解析(1)由牛顿第二定律可得 4.C[A、B分离前，对整体受力分析根据牛顿第二定律有a 7 ngsin24°-mgcos24°=ma1 FA十FE=1m/s子，则A,B分离前加速度一直不变，D mA十mB 代入数据解得a1=2m/s2 错误；由题意可知，当A、B间的作用力为0时开始分离， (2)由货物在滑轨上做匀加速运动可得v2=2a14 设时间为t,则对于A而言FA=mAa,对于B而言FB= 代入数据解得v=4m/s ma,解得t=2s,A、B错误，C正确.] (3)由货物在滑轨上做匀减速运动可得0-=2a2l2 a2=-g 5B[初状态，弹簧的压缩量=2， 代入数据解得l2=2.7m 分离时，A、B间的弹力为零，由于B具有向上的加速度， 答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m 合力向上，可知弹簧处于压缩状态，根据牛顿第二定律得 73