物理大一輪復(fù)習(xí)課時規(guī)范訓(xùn)練第章第節(jié)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固題組］1．下列哪個說法是正確的()A．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)B．蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài)D．體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)解析：選B.選項A、C、D中運動員所受合外力為零，加速度為零．既不超重,也不失重，選項A、C、D錯誤；選項B中的運動員的加速度為重力加速度，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，選項B正確．2．人站在電梯中隨電梯一起運動．下列過程中人處于超重狀態(tài)的是()A．電梯加速上升 B．電梯加速下降C．電梯勻速上升 D．電梯勻速下降解析：選A.人在豎直方向受到重力和電梯提供的彈力作用，由牛頓第二定律有F－G＝ma，若人處于超重狀態(tài)，此時人對電梯的壓力大于人本身的重力,則應(yīng)有力F大于G，加速度方向向上．選項A正確，B、C、D錯誤．3．圖甲為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖,讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角條件下進行多次實驗，最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動．分析該實驗可知，小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨θ變化的圖象分別對應(yīng)圖乙中的()A．①、②和③ B．③、②和①C．②、③和① D．③、①和②解析：選B.小球受重力mg、支持力FN，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma,a＝gsinθ,而am＝g，故eq\f(a，am）＝sinθ；由牛頓第三定律得FN′＝FN,FNm′＝FNm，而FN＝mgcosθ，F(xiàn)Nm＝mg,即eq\f(FN，F(xiàn)Nm)＝cosθ，則eq\f(FN′,FNm′)＝cosθ；重力加速度的最大值gm＝g，即eq\f（g，gm)＝1，B正確．4．（多選）在下列運動過程中,人處于失重狀態(tài)的是（）A．小朋友沿滑梯加速滑下B．乘客坐在沿平直路面減速行駛的汽車內(nèi)C．宇航員隨飛船繞地球做圓周運動D．跳水運動員離開跳板后向上運動解析:選ACD.當(dāng)小朋友沿滑梯加速下滑時，具有向下的加速度，人處于失重狀態(tài),A正確；乘客坐在沿平直路面減速行駛的汽車內(nèi)，對乘客受力分析可得在豎直方向汽車對乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不處于失重狀態(tài),B錯誤;宇航員隨飛船繞地球做圓周運動，宇航員處于完全失重狀態(tài)，運動員離開跳板后僅受重力作用處于完全失重狀態(tài),C、D正確．5．如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球置于光滑水平面上，且固定在一輕質(zhì)彈簧的兩端，已知彈簧的原長為L,勁度系數(shù)為k.現(xiàn)沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為2m的小球上施加一水平拉力A.eq\f（F,3k） B。eq\f（F，2k)C．L＋eq\f(F，3k） D．L＋eq\f（F,2k)解析：選C.兩個小球一起做勻加速直線運動,加速度相等，對系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律可得F＝(m＋2m)a,對質(zhì)量為m的小球作水平方向受力分析，由牛頓第二定律和胡克定律可得kx＝ma，則此時兩球間的距離為L′＝L＋x＝L＋eq\f(F,3k)，C正確．6．如圖甲所示,為一傾角θ＝37°足夠長的斜面，將一質(zhì)量為m＝1kg的物體無初速度在斜面上釋放,同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化關(guān)系圖象如圖乙所示，與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0。25.取g＝10m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8.求：(1)2s末物體的速度；（2)前16s內(nèi)物體發(fā)生的位移．解析：(1）分析可知物體在前2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動,由牛頓第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)可得v1＝5m/s.(2）設(shè)物體在前2s內(nèi)發(fā)生的位移為x1,則x1＝eq\f(1，2）a1teq\o\al(2，1）＝5m.當(dāng)拉力為F2＝4.5N時，由牛頓第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，代入數(shù)據(jù)可得a2＝0.5m/s2，物體經(jīng)過t2時間速度減為0，則v1＝a2t2,t2＝10s，設(shè)t2時間發(fā)生的位移為x2，則x2＝eq\f（1，2）a2teq\o\al（2，2)＝25m，由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，則物體在剩下4s時間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)．故物體在前16s內(nèi)發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．答案:(1）5m/s(2）30m方向沿斜面向下［綜合應(yīng)用題組］7．（多選)將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定,方向與運動方向相反．該過程的v－t圖象如圖所示，g取10m/s2.下列說法中正確的是（)A．小球所受重力和阻力大小之比為5∶1B．小球上升過程與下落過程所用時間之比為2∶3C．小球落回到拋出點時的速度大小為8eq\r(6）m/sD．小球下落過程中，受到向上的空氣阻力,處于超重狀態(tài)解析:選AC。上升過程中mg＋Ff＝ma1,代入a1＝12m/s2，解得Ff＝2N,小球所受重力和阻力之比為5∶1，選項A正確；下落過程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2,根據(jù)h＝eq\f(1,2）at2可得eq\f(t1,t2)＝eq\r（\f（a2，a1)）＝eq\r(\f（2,3)），選項B錯誤；根據(jù)v＝a2t2，t2＝eq\r(6）s可得v＝8eq\r（6)m/s，選項C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項D錯誤．8．如圖甲所示，某人通過動滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到一定高處，動滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力FT之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示．則下列判斷正確的是(）A．圖線與縱軸的交點的絕對值為gB．圖線的斜率在數(shù)值上等于物體的質(zhì)量mC．圖線與橫軸的交點N的值FTN＝mgD．圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質(zhì)量的倒數(shù)eq\f(1，m）解析：選A。由牛頓第二定律可得：2FT－mg＝ma，則有a＝eq\f（2，m)FT－g,由a－FT圖象可判斷,縱軸截距的絕對值為g，圖線的斜率在數(shù)值上等于eq\f（2,m)，則A正確，B、D錯誤，橫軸截距代表a＝0時，F(xiàn)TN＝eq\f(mg，2），C錯誤．9．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．觀察小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程,下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是(）解析：選A。小球先做自由落體運動,接觸彈簧后小球做加速度減小的加速運動．直至重力和彈力相等,即mg＝kΔx，此時a＝0，小球速度達到最大值vmax,此后小球繼續(xù)下降，小球重力小于彈力,加速度方向向上，小球向下做加速度增大的減速運動直至最低點,小球速度為0，加速度最大，A正確,B錯誤．設(shè)小球到達最低點時，彈簧的形變量為x，由能量關(guān)系得mg(h＋x）＝eq\f（1,2)kx2,則2mg（h＋x)＝kx·x，由h＋x＞x得kx＞2mg,所以在最低點kx－mg＝ma＞mg，即a>g，C錯誤．彈簧形變量x與t不是線性關(guān)系．則a與t也不是線性關(guān)系，D錯誤．10．如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為Ff.若木塊不滑動，力F的最大值是()A.eq\f(2Ffm＋M,M)B。eq\f（2Ffm＋M,m)C.eq\f（2Ffm＋M，M)－（m＋M）gD。eq\f（2Ffm＋M，m)＋(m＋M）g解析：選A.木塊恰好滑動時，對木塊和夾子有F－(M＋m）g＝（M＋m）a，對木塊有2Ff－Mg＝Ma,所以F＝eq\f（2FfM＋m,M），選項A正確．11．(多選）質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上做直線運動,圖中的兩條直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉力的圖線，則下列說法正確的()A．水平拉力可能是0.3NB．水平拉力一定是0.1NC．物體所受摩擦力可能是0.2ND．物體所受摩擦力一定是0.2N解析：選BC.若拉力方向與物體運動方向相同，則斜率較大的圖象為不受拉力即只受摩擦力的速度圖象,此時物體加速度大小為a1＝eq\f(2,3）m/s2，由牛頓第二定律可知此時摩擦力Ff＝ma1＝0。2N，圖象中斜率較小的圖線為受拉力時的圖線,加速度大小為a2＝eq\f(1，3）m/s2,由牛頓第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知條件可知，拉力F＝0。1N;若拉力方向與物體運動方向相反，則斜率較小的圖象為不受拉力即只受摩擦力的速度圖象，此時物體加速度大小為a3＝eq\f(1，3)m/s2,由牛頓第二定律可知此時摩擦力Ff′＝ma3＝0。1N；圖象中斜率較大的圖線為受拉力時的圖線,加速度大小為a4＝eq\f(2,3)m/s2，由牛頓第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知條件可知，拉力F′＝0。1N，B、C正確．12．如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度為g。（1)當(dāng)紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；（2）要使紙板相對砝碼運動,求所需拉力的大小;(3)本實驗中，m1＝0。5kg，m2＝0。1kg，μ＝0。2,砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？解析：（1）砝碼對紙板的摩擦力Ff1＝μm1g桌面對紙板的摩擦力Ff2＝μ（m1＋m2）gFf＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ（2m1＋m2)g(2)設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則Ff1＝m1a1，F(xiàn)－Ff1－Ff2＝m2發(fā)生相對運動a2＞a1解得F＞2μ(m1＋m2)g。（3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1＝eq\f（1，2）a1teq\o\al（2，1)紙板運動的距離d＋x1＝eq\f(1，2）a2