人教課標(biāo)實驗版-必修一-第四章 牛頓運動定律-本章復(fù)習(xí)“衡水賽”一等獎

《第四章牛頓運動定律》同步練習(xí)對點訓(xùn)練：對超重與失重的理解1．探究超重和失重規(guī)律時，一位體重為G的同學(xué)站在一個壓力傳感器上完成一次下蹲動作。傳感器和計算機相連，經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖像，則下列圖像中可能正確的是（）解析：選D人在壓力傳感器上下蹲時，先加速下降，然后減速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故選項D正確。2．（2018·江陰六校聯(lián)考）動物園的海洋館深受小朋友的喜歡，其中“海獅頂球”節(jié)目因其互動性強而更深受小朋友的喜愛。如圖所示為一海獅把球頂向空中，并等其落下。下列有關(guān)球的受力與運動的一些說法正確的是（）A．球在最高處受到重力和海獅對它的頂力作用B．球在最高處時球的速度為0，處于平衡狀態(tài)C．球在上升的過程中處于超重狀態(tài)D．球在下落的過程中可認(rèn)為只受重力作用解析：選D豎直上拋運動是初速度向上，只在重力作用下的運動，球在最高處只受到重力，故A錯誤；球上升到最高點時受到重力的作用，速度為零，加速度為g，不是平衡狀態(tài)，故B錯誤；球在上升的過程中只受到重力的作用，加速度為g，加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；豎直上拋運動上升和下落過程都是只受到重力的作用，故D正確。3.[多選]某同學(xué)用臺秤研究電梯中的超重、失重現(xiàn)象。地面上其體重為500N，再將臺秤移至電梯內(nèi)測其體重。電梯從t＝0時由靜止開始運動，到t＝11s時停止，得到臺秤的示數(shù)F隨時間t變化的情況如圖所示，重力加速度g＝10m/s2。則（）A．電梯為下降過程B．在10～11s內(nèi)電梯的加速度大小為2m/s2C．F3的示數(shù)為550ND．電梯運行的總位移為19m解析：選ABD0～2s該同學(xué)所受的支持力小于重力，合力向下，加速度向下，由于電梯初始為靜止?fàn)顟B(tài)，所以0～2s內(nèi)電梯勻加速下降，2～10s內(nèi)該同學(xué)所受的支持力等于重力，此時為平衡狀態(tài)，所以2～10s內(nèi)電梯保持2s末的速度勻速下降，10～11s內(nèi)該同學(xué)所受的支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此階段電梯勻減速下降，選項A正確；勻加速階段加速度a＝eq\f(G－FN,\f(G,g))＝1m/s2,2s末的速度v2＝at＝2m/s，此階段位移x1＝eq\f(1,2)at2＝2m；勻速階段位移x2＝16m；勻減速階段時間t′＝1s，初速度為2m/s，末速度等于0，所以此階段加速度a′＝eq\f(v2,t′)＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律FN′－G＝ma′＝eq\f(G,g)a′，解得此時的支持力FN′＝600N，即F3＝600N，此階段位移x3＝eq\f(v2,2)t′＝1m?？偽灰苮＝x1＋x2＋x3＝19m，故選項B、D正確，C錯誤。對點訓(xùn)練：動力學(xué)中整體法與隔離法的應(yīng)用4．（2018·武威模擬）在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k。在車廂的頂部用一根細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m2的小球。某段時間內(nèi)發(fā)現(xiàn)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止，如圖所示。不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(nèi)彈簧的形變?yōu)椋ǎ〢．伸長量為eq\f(m1gtanθ,k) B．壓縮量為eq\f(m1gtanθ,k)C．伸長量為eq\f(m1g,ktanθ) D．壓縮量為eq\f(m1g,ktanθ)解析：選A對小球受力分析，如圖，由幾何關(guān)系F合＝m2gtanθ由牛頓第二定律a＝eq\f(F合,m)＝gtanθ車向左加速或向右減速對小物體受力分析，受重力、支持力和彈簧彈力，合力等于彈簧彈力，根據(jù)牛頓第二定律F彈＝m1gtanθ物體受向左的彈力結(jié)合胡克定律可知彈簧的伸長量為eq\f(m1gtanθ,k)。5．[多選]（2018·惠安縣模擬）如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝2kg，m2＝3kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個大小分別為F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則（）A．彈簧秤的示數(shù)是10NB．彈簧秤的示數(shù)是50NC．在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度不變D．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度變大解析：選CD對整體分析，整體的加速度a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2。隔離對m2分析，有F－F2＝m2a，解得：F＝F2＋m2a＝20＋3×2N＝26N，故A、B錯誤。在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，則m1所受的合力不變，所以m1的加速度不變，故C正確。在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m2所受的合力變?yōu)閺椈傻膹椓?，則加速度a′＝eq\f(F,m2)＝eq\f(26,3)m/s2，加速度變大，故D正確。6.如圖所示，已知M＞m，不計滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M和m恰好做勻速運動，若將M與m互換，M、m與桌面間的動摩因數(shù)相同，則（）A．物體M與m仍做勻速運動B．物體M與m做加速運動，加速度a＝eq\f(M＋mg,M)C．物體M與m做加速運動，加速度a＝eq\f(Mg,M＋m)D．繩子中張力不變解析：選D當(dāng)物體M和m恰好做勻速運動，對M，水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg所以：μ＝eq\f(mg,Mg)＝eq\f(m,M)若將M與m互換，則對M：Ma＝Mg－T′對m，則：ma＝T′－μmg得：a＝eq\f(Mg－μmg,M＋m)＝eq\f(Mg－\f(m,M)mg,M＋m)＝eq\f(M2－m2g,MM＋m)＝eq\f(M－mg,M)故A、B、C錯誤；繩子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝eq\f(mM－mg,M)＋eq\f(m,M)mg＝mg。故D正確。7．（2018·淮陰高三模擬）粗糙的地面上放著一個質(zhì)量M＝1.5kg的斜面體，斜面部分光滑，底面與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m＝0.5kg的小球，彈簧的勁度系數(shù)k＝200N/m，現(xiàn)給斜面體施加一水平向右的恒力F，使整體向右以加速度a＝1m/s2做勻加速運動。已知sin37°＝，cos37°＝，g＝10m/s2。（1）求F的大?。唬?）求出彈簧的形變量及斜面對小球的支持力大小。解析：（1）整體以a勻加速向右運動，根據(jù)牛頓第二定律：F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a，解得F＝6N。（2）設(shè)彈簧的形變量為x，斜面對小球的支持力為FN對小球受力分析：在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma在豎直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg解得：x＝0.017mFN＝N。答案：（1）6N（2）mN對點訓(xùn)練：動力學(xué)中的臨界極值問題8．如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,3)。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為（）A．1∶1 B．2∶3C．1∶3 D．3∶2解析：選C當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對B分析，B的加速度為：aB＝a1＝eq\f(μmg－\f(μ,3)·2mg,m)＝eq\f(1,3)μg，當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝eq\f(μmg,m)＝μg，可得：a1∶a2＝1∶3。9．（2018·桂林一模）如圖所示A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，B與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝，A與B之間的動摩擦因數(shù)μ2＝。已知物體A的質(zhì)量m＝2kg，物體B的質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，則恒力的最大值是（物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）A．20N B．15NC．10N D．5N解析：選B當(dāng)F作用在物體B上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A，有：μ2mg＝ma對整體，有：Fmax－μ1（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a；由上述各式聯(lián)立解得：Fmax＝15N。10.[多選]（2018·武漢模擬）如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變。若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運動，取g＝10m/s2，則（）A．小球向下運動0.05m時速度最大B．小球向下運動0.01m時與擋板分離C．小球速度最大時與擋板分離D．小球從一開始就與擋板分離解析：選AB球和擋板分離前小球做勻加速運動；球和擋板分離后做加速度減小的加速運動。當(dāng)加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零，即：kxm＝mgsin30°，解得：xm＝eq\f(mgsin30°,k)＝0.05m，由于開始時彈簧處于原長，所以速度最大時小球向下運動的路程為0.05m，故A正確。設(shè)球與擋板分離時位移為x，經(jīng)歷的時間為t，從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°－kx－F1＝ma，保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)m與擋板分離時，F(xiàn)1減小到零，則有：mgsin30°－kx＝ma，解得：x＝eq\f(mgsin30°－a,k)＝0.01m，即小球向下運動0.01m時與擋板分離，故B正確，C、D錯誤?？键c綜合訓(xùn)練11．（2018·武漢模擬）冰壺運動是在水平冰面上進(jìn)行的體育項目，運動場地示意圖如圖所示。在第一次訓(xùn)練中，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線上的A處放手，讓冰壺以一定的速度沿虛線滑出，冰壺沿虛線路徑運動了s＝28.9m，停在圓壘內(nèi)的虛線上。已知冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度大小為g＝10m/s2。（1）運動員在投擲線A處放手時，冰壺的速度是多大？（2）在第二次訓(xùn)練中，該運動員在投擲線A處放手讓冰壺以同樣的速度滑出，同時，多名擦冰員用毛刷不斷地擦冰壺運行前方的冰面，冰壺沿虛線路徑比第一次多走了s′＝5.1m停下。假設(shè)用毛刷擦冰面后，被擦冰面各處粗糙程度相同，求冰壺與被擦冰面間的動摩擦因數(shù)。解析：（1）第一次訓(xùn)練中，設(shè)冰壺離手時的速度為v0，加速度為a，以冰壺運動方向為正方向，根據(jù)勻變速直線運動的速度－位移公式：0－v02＝2as①設(shè)冰壺質(zhì)量為m，冰壺沿水平方向只受摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律：－μmg＝ma②聯(lián)立解得：v0＝eq\r(2μgs)③代入數(shù)據(jù)求得：v0＝3.4m/s。④（2）設(shè)冰壺與被擦后的冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ′，同理可得：v0＝eq\r(\a\vs4\al(2μ′gs＋s′))⑤聯(lián)立③⑤解得：μ′＝eq\f(s,s＋s′)μ代入數(shù)據(jù)求得：μ′＝。答案：（1）m/s（2）12．（2018·哈爾濱模擬）如圖甲所示，滑塊與長木板疊放在光滑水平面上，開始時均處于靜止?fàn)顟B(tài)。作用于滑塊的水平力F隨時間t的變化圖像如圖乙所示，t＝s時撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運動。已知滑塊質(zhì)量m＝2kg，木板質(zhì)量M＝1kg，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，g取10m/s2。（已知滑塊在s內(nèi)沒有滑離木板）求：（1）在0～s內(nèi)，滑塊和長木板之間的摩擦力大?。浚?）在s時，滑塊和長木板的速度分別是多少？解析：（1）在0～s過程中，假設(shè)M、m具有共同加速度a1，對整體由牛頓第二定律有：F1＝（M＋m）a1代入數(shù)據(jù)得：a1＝2m/s2木板M能達(dá)到的最大加速度為：a2＝eq\f(μmg,M)＝eq\f×2×10,1)m/s2＝4m/s2＞a1所以M、m