【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)

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(nèi)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(shù)1tan ，BC段的動摩擦因數(shù)2tan ，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1B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、后小于小朋友和滑梯的總重力的大小2在電梯內(nèi)的地板上，豎直放置一根輕質(zhì)彈簧，彈簧上端固定一個質(zhì)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(zhì)量為m0，彈簧及掛鉤的質(zhì)量忽略不計，掛鉤吊著一質(zhì)量為m的重物?，F(xiàn)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(shù)為()AmgBF 圖2C.F D.g4.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(nèi)稱其體重，t0至t3時間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖3所示，電梯運行的vt圖可能是圖4中的(取電梯向上運動的方向為正)() 圖3圖45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(zhì)量大于車的質(zhì)量，車對人的摩擦力為0 圖5B若人的質(zhì)量小于車的質(zhì)量，車對人的摩擦力方向向左C若人的質(zhì)量等于車的質(zhì)量，車對人的摩擦力為0D不管人、車質(zhì)量關(guān)系如何，車對人的摩擦力都為06. (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(zhì)量為M的籠子，籠內(nèi)有一只質(zhì)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(guān)于F1和F2的大小，下列判斷中正確的是() 圖6AF1F2BF1>(Mm)g，F(xiàn)2<(Mm)gCF1F22(Mm)gDF1F22(Mm)g7(2012·南通調(diào)研如圖7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(zhì)量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板與水平面間動摩擦因數(shù)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(xiàn)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7Aag BaCa Da8. (2013·惠州模擬)如圖8所示，質(zhì)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(shù)都是(0)，且輕質(zhì)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x，若用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a2a做勻加速運動，此時，彈簧伸長量為x，則下列正確的是()AF2F Bx2xCF>2F Dx<2x9(2012·福州模擬)如圖9所示，質(zhì)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9A由大變小 B由小變大C始終不變 D由大變小再變大10.質(zhì)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(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖10所示，則()A小球?qū)A槽的壓力為 圖10B小球?qū)A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?qū)A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?qū)A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。考慮安全、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t0時由靜止開始上升，at圖象如圖11乙所示。電梯總質(zhì)量m2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。圖11(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vt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(jù)圖乙所示at圖象，求電梯在第1 s內(nèi)的速度改變量v1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(zhì)量為M4 kg，木板與地面的動摩擦因數(shù)10.2，質(zhì)量為m2 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(shù)20.4。開始時木板與滑塊都處于靜止狀態(tài)，木板的右端與右側(cè)豎直墻壁的距離L2.7 m?，F(xiàn)給木板以水平向右的初速度v06 m/s使木板向右運動，設木板與墻壁碰撞時間極短，且碰后以原速率彈回，取g10 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(jīng)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kxmg；彈簧又被繼續(xù)壓縮了，彈簧彈力為1.1mg，根據(jù)1.1mgmgma，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(shù)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(mm0)g(mm0)a。然后以重物為研究對象利用牛頓第二定律可得：Fmgma取立兩式可得：FF，故選項C正確。4選AD由Gt圖象知：t0t1時間內(nèi)該人具有向下的加速度，t1t2時間內(nèi)該人勻速或靜止，t2t3時間內(nèi)，該人具有向上的加速度，因此其運動情況可能是：t0t3時間內(nèi)，故A、D正確。5選BC設人的質(zhì)量為m1，車的質(zhì)量為m2，選向右為正方向，以整體為研究對象：2FT(m1m2)a，以人為研究對象：FTFfm1a，則FfFT，當m2>m1時，F(xiàn)f<0，車對人的摩擦力向左；當m2<m1時，F(xiàn)f>0，車對人的摩擦力向右；當m2m1時，F(xiàn)f0。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(Mm)gma；當猴子加速向下滑時，猴子處于失重狀態(tài)，所以整體對地面的壓力F2(Mm)gma。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·2mg2ma，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：mg·2mgma，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(xiàn)(m1m2)g(m1m2)a，kxm2gm2a；當用力F作用于m1時，F(xiàn)(m1m2)g(m1m2)a，kxm2gm2a。由以上方程可解得F(ga)(m1m2)，F(xiàn)(g2a)(m1m2)，x， x?？梢?，F(xiàn)<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F1m1a1F(m1m2)a1聯(lián)立解得：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：F1m1gm1a2，F(xiàn)(m1m2)g(m1m2)a2聯(lián)立解得：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Fmgma由at圖象可知，F(xiàn)1和F2對應的加速度分別是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2，F(xiàn)1m(ga1)2.0×103×(101.0)N2.2×104 NF2m(ga2)2.0×103×(101.0)N1.8×104 N(2)類比可得，所求速度變化量等于第1 s內(nèi)at圖線下的面積，v10.5 m/s同理可得v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s答案：(1)F12.2×104 NF21.8×104 N(2) v10.5 m/sv21.5 m/s12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：am2g4 m/s2aM5 m/s2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(jù)運動學公式有：vM2v022aML解得vM3 m/st10.6 svmamt2.4 m/s(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vvMaMt2對滑塊有vvmamt2代入公式有35t22.44t2解得t20.6 s答案：(1)3 m/s2.4 m/s(2)0.6 s6