物理大一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范訓(xùn)練第章第節(jié)牛頓運(yùn)動(dòng)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(shí)規(guī)范訓(xùn)練[基礎(chǔ)鞏固題組］1．下列哪個(gè)說法是正確的()A．游泳運(yùn)動(dòng)員仰臥在水面靜止不動(dòng)時(shí)處于失重狀態(tài)B．蹦床運(yùn)動(dòng)員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運(yùn)動(dòng)員在舉起杠鈴后不動(dòng)的那段時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)D．體操運(yùn)動(dòng)員雙手握住單杠吊在空中不動(dòng)時(shí)處于失重狀態(tài)解析：選B.選項(xiàng)A、C、D中運(yùn)動(dòng)員所受合外力為零，加速度為零．既不超重,也不失重，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中的運(yùn)動(dòng)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(xiàng)B正確．2．人站在電梯中隨電梯一起運(yùn)動(dòng)．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(shí)人對(duì)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(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．3．圖甲為伽利略研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)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(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，最后推理出自由落體運(yùn)動(dòng)是一種勻加速直線運(yùn)動(dòng)．分析該實(shí)驗(yàn)可知，小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運(yùn)動(dòng)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(duì)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)D．跳水運(yùn)動(dòng)員離開跳板后向上運(yùn)動(dòng)解析:選ACD.當(dāng)小朋友沿滑梯加速下滑時(shí)，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(duì)乘客受力分析可得在豎直方向汽車對(duì)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(cuò)誤;宇航員隨飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，宇航員處于完全失重狀態(tài)，運(yùn)動(dòng)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(gè)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(gè)小球一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度相等，對(duì)系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律可得F＝(m＋2m)a,對(duì)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(shí)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(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化關(guān)系圖象如圖乙所示，與斜面間動(dòng)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(yùn)動(dòng),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(shí)，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(shí)間速度減為0，則v1＝a2t2,t2＝10s，設(shè)t2時(shí)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(shí)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(gè)質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小恒定,方向與運(yùn)動(dòng)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(shí)間之比為2∶3C．小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)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(xiàng)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(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝a2t2，t2＝eq\r(6）s可得v＝8eq\r（6)m/s，選項(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)誤．8．如圖甲所示，某人通過動(dòng)滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到一定高處，動(dòng)滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì)，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(diǎn)的絕對(duì)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(diǎn)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(duì)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(cuò)誤，橫軸截距代表a＝0時(shí)，F(xiàn)TN＝eq\f(mg，2），C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)．觀察小球從開始下落到小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是(）解析：選A。小球先做自由落體運(yùn)動(dòng),接觸彈簧后小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．直至重力和彈力相等,即mg＝kΔx，此時(shí)a＝0，小球速度達(dá)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(yùn)動(dòng)直至最低點(diǎn),小球速度為0，加速度最大，A正確,B錯(cuò)誤．設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)kx－mg＝ma＞mg，即a>g，C錯(cuò)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(cuò)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(dòng)，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(dòng)時(shí)，對(duì)木塊和夾子有F－(M＋m）g＝（M＋m）a，對(duì)木塊有2Ff－Mg＝Ma,所以F＝eq\f（2FfM＋m,M），選項(xiàng)A正確．11．(多選）質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上做直線運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)摩擦力Ff＝ma1＝0。2N，圖象中斜率較小的圖線為受拉力時(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)摩擦力Ff′＝ma3＝0。1N；圖象中斜率較大的圖線為受拉力時(shí)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(dòng)很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)．若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度為g。（1)當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，求紙板所受摩擦力的大小；（2）要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),求所需拉力的大小;(3)本實(shí)驗(yàn)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(dòng)的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知．為確保實(shí)驗(yàn)成功，紙板所需的拉力至少多大？解析：（1）砝碼對(duì)紙板的摩擦力Ff1＝μm1g桌面對(duì)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(duì)運(yùn)動(dòng)a2＞a1解得F＞2μ(m1＋m2)g。（3)紙板抽出前，砝碼運(yùn)動(dòng)的距離x1＝eq\f（1，2）a1teq\o\al（2，1)紙板運(yùn)動(dòng)的距離d＋x1＝eq\f(1，2）a2