高考人教版物理一轮复习训练 第3章 第3节 牛顿运动定律的应用

高考人教版物理一轮复习训练 第3章 第3节 牛顿运动定律的应用

课时作业9 牛顿运动定律的应用 一、不定项选择题 ‎1．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )‎ A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 ‎ B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 ‎ C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 ‎ D．返回舱在喷气过程中处于失重状态 ‎ ‎2．(2012·长春期末)在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动，传感器的屏幕上显示出其受到的压力与时间的关系图象如图所示，则( )‎ A．电梯在启动阶段约经历了2.5 s的加速上升过程 B．电梯在启动阶段约经历了4 s的加速上升过程 C．电梯的最大加速度约为‎6.7 m/s2‎ D．电梯的最大加速度约为‎16.7 m/s2‎ ‎3．如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )‎ A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小 D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先增大后减小 ‎4．(2012·北师大附属实验中学期中)质量为‎0.3 kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度—时间图象，则下列说法中正确的是( )‎ A．物体不受水平拉力时的速度图象一定是b B．物体受水平拉力时的速度图象可能是a C．摩擦力一定等于0.2 N D．水平拉力一定等于0.1 N ‎5．(2012·江苏安宜高级中学高三调研)如图所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m、高为h的木块A和质量为M、半径为R的球B，各接触面均光滑，木块受到水平向右的外力F作用，系统处于静止状态。O为B的球心，C为A、B接触点。现撤去外力F，则( )‎ A．撤去外力F瞬间，木块A的加速度aA< B．撤去外力F瞬间，球B的加速度aB＝0‎ C．撤去外力F瞬间，墙壁对球B的弹力FB＝0‎ D．撤去外力F前，木块对地面压力FN＝(m＋M)g ‎ ‎6．(2012·杭州一中模拟)如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )‎ A．0 B.g C．g D.g 二、非选择题 ‎7．(2012·陕西西工大附中高三第六次适应性训练理综试题)如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空。为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小。现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时的速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示，g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)该学生下滑过程中的最大速率；‎ ‎(2)滑杆的长度。‎ 参考答案 ‎1．A 解析：在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱产生向上的作用力因而伞绳对返回舱的拉力变小。‎ ‎2.BC 解析：由题图可知，在0～4 s内台秤对物体的支持力大于物体的重力，所以0～4 s内物体一直加速上升。由图线知，物体的重力为30 N，即质量约为‎3 kg，台秤对物体的最大作用力为50 N，物体所受的最大合力为20 N，所以物体的最大加速度约为‎6.7 m/s2。‎ ‎3．CD 解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。‎ ‎4．BD 解析：图中两条图线都表示匀减速直线运动，只是加速度大小不同，分别为a1＝ m/s2，a2＝ m/s2；因为不知水平拉力的方向，所以不能判断出两种情况下的加速度大小，选项A错误，B正确；设水平拉力F的方向与运动方向相同，则Ff－F＝ma2，Ff＝ma1，代入数据，可解得F＝0.1 N，Ff＝0.1 N；再设水平拉力F的方向与运动方向相反，则 Ff－F＝ma1，F＝ma2，代入数据，可解得F＝0.1 N，Ff＝0.2 N，可见，选项C错误，D正确。‎ ‎5．AC 解析：0～t1阶段，物体处于平衡(静止或匀速)状态；t1～t2阶段，物体处于失重(加速下降或减速上升)状态；t2～t3阶段，物体处于平衡状态；t3～t4阶段，物体处于超重(加速上升或减速下降)状态，故本题只有选项A、C正确。 ‎ ‎6．AD 解析：没有撤去外力F时，木块及球受力如图，撤去外力F瞬间，球立即获得一个向下的加速度，但加速度小于g，所以FN1立即减小，但不会减小到零，所以墙壁对球B的弹力FB≠0，木块A的加速度aA＜，对整体，撤去外力F前，木块对地面压力FN＝(m＋M)g，选项A、D正确。‎ ‎7．AC 解析：本题考查了用牛顿运动定律处理斜面问题。物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ＞tan θ即mgsin θ＜μmgcos θ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmgcos θ，所以A、C正确。‎ ‎8．B 解析：撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN，由于FN＝＝mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝＝g。B项正确。‎ ‎9．答案：gsin θ 垂直L1斜向下方 gtan θ 水平向右 解析：当线L2被剪断的瞬间，因细线L2对球的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L1的方向斜向下方，为a＝gsin θ。‎ 当线L2被剪断时，细线L2对球的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对球的弹力是一对平衡力，等值反向，所以线L2剪断时的瞬时加速度为a＝gtan θ，方向水平向右。‎ ‎10．答案：(1)‎2 m/s2 (2)‎4 m/s2 (3)68 N 解析：(1)由μmAg＝a2得a2＝2 m/s2。‎ ‎(2)设木块A长度为l，则0－v2＝－‎2 a2·‎2l，v2＝‎2 a1l，故a1＝‎2 a2＝‎4 m/s2。‎ ‎(3)F－μmBg－μ(mA＋mB) g＝mA a1，得F＝68 N。‎ ‎11．答案：(1)‎2.4 m/s (2)‎‎6.0 m 解析：(1)根据图象可知0～1 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380 N，方向竖直向上。‎ 以人为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1①‎ ‎5 s后静止，m＝＝ kg＝‎‎50 kg ‎1 s末人的速度为：v1＝a1t1②‎ 根据图象可知1 s末到5 s末，人做匀减速运动，5 s末速度为零，所以人1 s末速度达到最大值。由①②代入数值解得：v1＝2.4 m/s，所以最大速率vm＝2.4 m/s。‎ ‎(2)滑杆的长度等于人在滑杆加速运动和减速运动通过的位移之和。‎ 加速运动的位移x1＝t1＝×1 m＝1.2 m 减速运动的位移x2＝t2＝×4 m＝4.8 m 滑杆的总长度L＝x1＋x2＝1.2 m＋4.8 m＝6.0 m。‎