【三維設計】2014屆高三物理一輪 課時跟蹤檢測12 牛頓運動定律的綜合應用(二)

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1、 課時跟蹤檢測(十二) 牛頓運動定律的綜合應用(二) 高考??碱}型:選擇題+計算題 1.某大型游樂場內的新型滑梯可以等效為如圖1所示的物理模型,一個小朋友在AB段的動摩擦因數μ1<tan θ,BC段的動摩擦因數μ2>tan θ,他從A點開始下滑,滑到C點恰好靜止,整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài),則該小朋友從斜面頂端A點滑到底端C點的過程中(  ) A.地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左,后水平向右 圖1 B.地面對滑梯始終無摩擦力作用 C.地面對滑梯的支持力的大小始終等于小朋友和滑梯的總重力的大小 D.地面對滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑

2、梯的總重力的大小 2.在電梯內的地板上,豎直放置一根輕質彈簧,彈簧上端固定一個質量為m的物體。當電梯靜止時,彈簧被壓縮了x;當電梯運動時,彈簧又被繼續(xù)壓縮了。則電梯運動的情況可能是(  ) A.以大小為g的加速度加速上升 B.以大小為g的加速度減速上升 C.以大小為g的加速度加速下降 D.以大小為g的加速度減速下降 3.如圖2所示,彈簧測力計外殼質量為m0,彈簧及掛鉤的質量忽略不計,掛鉤吊著一質量為m的重物?,F用一方向豎直向上的外力F拉著彈簧測力計,使其向上做勻加速運動,則彈簧測力計的示數為(  ) A.mg          B.F

3、 圖2 C.F D.g 4.某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N。他將彈簧秤移至電梯內稱其體重,t0至t3時間段內,彈簧秤的示數如圖3所示,電梯運行的v-t圖可能是圖4中的(取電梯向上運動的方向為正)(  ) 圖3 圖4 5.如圖5所示,一個人坐在小車的水平臺面上,用水平力拉繞過定滑輪的細繩,使人和車以相同的加速度向右運動。水平地面光滑,則(  ) A.若人的質量大于車的質量,車對人的摩擦力為0 圖5 B.若人的質量小于車的質量,車對人的摩擦力方向向左 C.若人的質量等于車的質量,車對人的摩擦力為0 D.不管人、

4、車質量關系如何,車對人的摩擦力都為0 6. (2013·江西聯考)如圖6所示,動物園的水平地面上放著一只質量為M的籠子,籠內有一只質量為m的猴子,當猴子以某一加速度沿豎直柱子加速向上爬時,籠子對地面的壓力為F1;當猴子以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時,籠子對地面的壓力為F2。關于F1和F2的大小,下列判斷中正確的是(  ) 圖6 A.F1=F2 B.F1>(M+m)g,F2<(M+m)g C.F1+F2=2(M+m)g D.F1-F2=2(M+m)g 7.(2012·南通調研如圖7

5、所示,長木板放置在水平面上,一小物塊置于長木板的中央,長木板和物塊的質量均為m,物塊與木板間的動摩擦因數為μ,木板與水平面間動摩擦因數為,已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g?,F對物塊施加一水平向右的拉力F,則木板加速度大小a可能是(  ) 圖7 A.a=μg B.a= C.a= D.a=- 8. (2013·惠州模擬)如圖8所示,質量分別為m1和m2的兩物塊放在水平地面上,與水平地面間的動摩擦因數都是μ(μ≠0),且輕質彈簧將兩物塊連 圖8 接在一起,當用水平力F作用在m1上時,兩物塊均以加速度a做勻加速運動,此時,彈簧伸長量為

6、x,若用水平力F′作用在m1上時,兩物塊均以加速度a′=2a做勻加速運動,此時,彈簧伸長量為x′,則下列正確的是(  ) A.F′=2F B.x′=2x C.F′>2F D.x′<2x 9.(2012·福州模擬)如圖9所示,質量為m1和m2的兩個物體用細線相連,在大小恒定的拉力F作用下,先沿光滑水平面,再沿粗糙的水平面運動,則在這兩個階段的運動中,細線上張力的大小情況是(  ) 圖9 A.由大變小 B.由小變大 C.始終不變 D.由大變小再變大 10.質量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使質量為m的小球靜止在圓槽上,如圖10所示,則

7、(  ) A.小球對圓槽的壓力為 圖10 B.小球對圓槽的壓力為 C.水平恒力F變大后,如果小球仍靜止在圓槽上,小球對圓槽的壓力增加 D.水平恒力F變大后,如果小球仍靜止在圓槽上,小球對圓槽的壓力減小 11.(2012·北京高考)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯,行程超過百米,電梯的簡化模型如圖11甲所示??紤]安全、舒適、省時等因素,電梯的加速度a是隨時間t變化的。已知電梯在t=0時由靜止開始上升,a-t圖象如圖11乙所示。電梯總質量m=2.0×103 kg。忽略一切阻力,重力加速度g取10 m/s2。 圖1

8、1 (1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2; (2)類比是一種常用的研究方法。對于直線運動,教科書中講解了由v-t圖象求位移的方法。請你借鑒此方法,對比加速度和速度的定義,根據圖乙所示a-t圖象,求電梯在第1 s內的速度改變量Δv1和第2 s末的速率v2。 12.(2012·九江市七校聯考)如圖12所示,一長木板質量為M=4 kg,木板與地面的動摩擦因數μ1=0.2,質量為m=2 kg的小滑塊放在木板的右端,小滑塊與木板間的動摩擦因數μ2=0.4。開始時木板與滑塊都處于靜止狀態(tài),木板的右端與右側豎直墻壁的距離L=2.7 m?,F給木板以水平向右的初速度v0=6 m/s使木

9、板向右運動,設木板與墻壁碰撞時間極短,且碰后以原速率彈回,取g=10 m/s2,求: (1)木板與墻壁碰撞時,木板和滑塊的瞬時速度各是多大? (2)木板與墻壁碰撞后,經過多長時間小滑塊停在木板上? 圖12 答 案 課時跟蹤檢測(十二) 牛頓運動定律的綜合應用(二) 1.選A 小朋友在AB段沿滑梯向下勻加速下滑,在BC段向下勻減速下滑,因此小朋友和滑梯組成的系統水平方向的加速度先向左后向右,則地面對滑梯的摩擦力即系統水平方向合外力先水平向左,后水平向右,A正確,B錯誤;系統在豎直方向的加速度先向下后向上,因此系統先失重后超重,故地面對滑梯的支持力的大小先小于后

10、大于小朋友和滑梯的總重力的大小,C、D錯誤。 2.選D 當電梯靜止時,彈簧被壓縮了x,說明彈簧彈力kx=mg;彈簧又被繼續(xù)壓縮了,彈簧彈力為1.1mg,根據1.1mg-mg=ma,電梯的加速度為,且方向是向上的,電梯處于超重狀態(tài)。符合條件的只有D。 3.選C 彈簧測力計的示數等于彈簧的彈力,設為F′。先將彈簧測力計和重物看成一個整體,利用牛頓第二定律可得:F-(m+m0)g=(m+m0)a。 然后以重物為研究對象利用牛頓第二定律可得:F′-mg=ma 取立兩式可得:F′=F,故選項C正確。 4.選AD 由G-t圖象知:t0~t1時間內該人具有向下的加速度,t1~t2時間內該人勻速或靜

11、止,t2~t3時間內,該人具有向上的加速度,因此其運動情況可能是:t0~t3時間內,故A、D正確。 5.選BC 設人的質量為m1,車的質量為m2,選向右為正方向, 以整體為研究對象:2FT=(m1+m2)a, 以人為研究對象:FT+Ff=m1a, 則Ff=FT, 當m2>m1時,Ff<0,車對人的摩擦力向左; 當m20,車對人的摩擦力向右; 當m2=m1時,Ff=0。故B、C選項正確。 6.選BC 設猴子加速時的加速度大小為a,以籠子和猴子整體為研究對象,當猴子加速向上爬時,猴子處于超重狀態(tài),所以整體對地面的壓力F1=(M+m)g+ma;當猴子加速向下滑時,猴子

12、處于失重狀態(tài),所以整體對地面的壓力F2=(M+m)g-ma。所以B、C正確。 7.選CD 若水平拉力F較小,物塊與長木板間沒有發(fā)生相對滑動,則有F-·2mg=2ma,a=-,D正確;若F較大,物塊相對于長木板發(fā)生相對滑動,則有:μmg-·2mg=ma,解得木板加速度大小a=,且此加速度是木板運動的最大加速度。C正確,A、B錯誤。 8.選D 當用力F拉m1時,F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,kx-μm2g=m2a; 當用力F′作用于m1時,F′-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a′,kx′-μm2g=m2a′。 由以上方程可解得F=(μg+a)(m1+m2), F′=(μg

13、+2a)(m1+m2),x=, x′=。 可見,F′<2F,x′<2x,故只有D正確。 9.選C 在光滑的水平面上運動時,設細線上的張力為F1,加速度為a1,由牛頓第二定律得F1=m1a1① F=(m1+m2)a1② 聯立①②解得:F1= 在粗糙的水平面上運動時,設細線的張力為F1′,加速度為a2,由牛頓第二定律得:F1′-μm1g=m1a2,③ F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a2④ 聯立③④解得:F1′= 可得,無論在光滑的水平面上還是在粗糙的水平面上運動時,細線上的張力都是,故C正確。 10.選C 利用整體法可求得系統的加速度為a=,對小球利用牛頓第二定律可得:小

14、球受到圓槽的支持力為 ,由牛頓第三定律可知只有C選項正確。 11.解析:(1)由牛頓第二定律,有F-mg=ma 由a-t圖象可知,F1和F2對應的加速度分別是a1=1.0 m/s2,a2=-1.0 m/s2, F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104 N F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104 N (2)類比可得,所求速度變化量等于第1 s內a-t圖線下的面積,Δv1=0.5 m/s 同理可得Δv2=v2-v0=1.5 m/s v0=0,第2 s末的速率v2=1.5 m/s 答案:(1)F1=2.2×104 N

15、 F2=1.8×104 N (2) Δv1=0.5 m/s v2=1.5 m/s 12.解析:(1)木板獲得初速度后,與小滑塊發(fā)生相對滑動,木板向右做勻減速運動,小滑塊向右做勻加速運動,加速度大小分別為: am==μ2g=4 m/s2① aM==5 m/s2② 設木板與墻碰撞時,木板的速度為vM,小滑塊的速度為vm,根據運動學公式有:vM2-v02=-2aML③ 解得vM=3 m/s④ t1==0.6 s⑤ vm=amt=2.4 m/s⑥ (2)設木板反彈后,小滑塊與木板達到共同速度所需時間為t2,共同速度為v,以水平向左為正方向, 對木板有v=vM-aMt2⑦ 對滑塊有v=-vm+amt2⑧ 代入公式有3-5t2=-2.4+4t2 解得t2=0.6 s⑨ 答案:(1)3 m/s 2.4 m/s (2)0.6 s 6

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