【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。現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(lián)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(lián)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(tǒng)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(tǒng)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(tǒng)在豎直方向的加速度先向下后向上，因此系統(tǒng)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(lián)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(lián)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(tǒng)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