【南方凤凰台】2014届高考物理总复习检测与评估：牛顿运动定律的综合应用

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【南方凤凰台】2014届高考物理总复习单元检测卷：第一章运动的描述匀变速直线运动的研究

第一章单元检测卷一、单项选择题1. 自从采用调控房价政策以来,曾经有一段时间,全国部分城市的房价上涨出现减缓趋势.一位同学将房价的“上涨”类比成运动中的“加速”,将房价的“下降”类比成运动中的“减速”,据此类比方法,你觉得“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动中的( )A. 速度增大,加速度增大B. 速度增大,加速度减小C. 速度减小,加速度减小D. 速度减小,加速度增大2. a与b两个质点向同一方向运动,a做初速度为零的匀加速直线运动,b做匀速直线运动.开始计时时,a、b位于同一位置,则当它们再次位于同一位置时,下列说法不正确的是( )A. 两质点速度相等B. a与b在这段时间内的平均速度相等C. a的瞬时速度是b的2倍D. a与b的位移相等3. 两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶,t=0时两车都在同一处开始计时,此时比赛开始,它们在四次比赛的v t图如图所示,哪个图对应的比赛中,有一辆赛车追上另一辆( )4. 如图甲所示为物体做直线运动的v t 图象.若将该物体的运动过程用图乙中的x t图象表示出来(其中x 为物体相对出发点的位移),则下列四幅图象描述正确的是( )甲乙二、双项选择题5. 如图所示的x t 图象和v t 图象中,给出的四条曲线1、2、3、4,分别代表四个不同物体的运动情况,关于它们的物理意义,下列描述正确的是( )A. 曲线1表示物体做曲线运动B. x t 图象中,0~t1时间内 1v =2vC. v t 图象中0至t3时间内物体3和物体4的平均速度大小关系是 3v <4v D. 两图象中,t 2、t 4时刻分别表示物体2、4开始反向运动6. 甲、乙两物体同时从同一地点出发,同方向做匀加速直线运动的v t图象如图所示,则( )A. 甲的瞬时速度表达式为v=2tB. 乙的加速度比甲的加速度大C. t=2 s时,甲在乙的前面D. t=4 s时,甲、乙两物体相遇7. 如下图所示,a、b分别表示先后从同一地点以相同的初速度做匀变速直线运动的两个物体的速度图象,则下列说法正确的是( )A. 4 s末两个物体速率相等B. 5 s末两个物体速率相等C. 4 s末两个物体在途中相遇D. 5 s末两个物体在途中相遇8. 从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体A、B的v t图象如图所示.在0~t0时间内,下列说法中正确的是( )A. A、B两个物体的加速度大小都在不断减小B. A物体的加速度不断增大,B物体的加速度不断减小C. A、B两物体的位移都不断增大D. A、B两个物体的平均速度大小都大于12 2 v v9. 如图所示,a、b分别是甲、乙两辆车从同一地点沿同一直线同时运动的速度图象,由图象可以判断( )A. 2 s后甲、乙两车的加速度大小相等B. 在0~8 s内两车最远相距148 mC. 两车只有t0时刻速度相等D. 两车在t=8 s时相遇三、非选择题10. 在做“研究匀变速直线运动”的实验时,某同学得到一条用打点计时器打出的纸带,并在其上取了O、A、B、C、D、E、F 7个计数点(每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点.本图中没有画出),打点计时器用的是“220 V、50 Hz”的交流电源.(1) 实验时,在正确安装好装置后,把小车放到靠近打点计时器的位置,然后先后,使小车运动,从而得到反映小车运动的纸带.(2) 利用纸带的数据可计算得出该物体的加速度a为m/s2.(计算结果保留三位有效数字)(3) 如果当时电网中交变电流的频率是f=49 Hz,而做实验的同学并不知道,由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏(填“大”或“小”).11. (12分)建筑工人安装脚手架进行高空作业时,一名建筑工人不慎将抓在手中的一根长5 m的铁杆在竖直状态下由静止脱手,不计空气阻力.试问:(1) 假设杆的下端离地面40 m,那么铁杆碰到地面时的速度大约是多少?(2) 若铁杆在下落过程中经过某楼层面的时间为0.2 s,试求铁杆下落时其下端距离该楼层面的高度是多少?(取g=10 m/s2,不计楼层面的厚度)12. (12分)如图所示,A、B两物体相距x=7 m时,A在水平拉力和摩擦力的作用下,正以v A =4 m/s的速度向右匀速运动,而物体B此时正以vB=10 m/s的初速度向右匀减速运动,加速度a=-2 m/s2,求A追上B所经历的时间.第一章单元检测卷1. B2. A3. C4. C5. BC6. AD7. AC8. AC9. BC10. (1) 接通电源释放小车(2) 0.641 (3) 大11. (1) 由公式v2=2gh得,铁杆碰到地面时的速度为v=2gh =21040⨯⨯ m/s=28.28 m/s.(2) 设下落时铁杆下端距离该楼层面的高度为h1,则有h 1=12g21t,h 1+5=12g22t,t 2-t1=0.2 s,解得h1=28.8 m.12. 物体B减速至静止所用的时间为t0,则0-vB =at0,t0=102 s=5 s.xB=12vBt0=12×10×5 m=25 m.又因A物体5 s内前进xA =vAt0=20 m,显然xB +7 m>xA.t0时间内,物体B向前运动的位移所以A追上B前,物体B已经静止,设A追上B经历的时间为t',则t'=7BAxv+=2574+s=8s.。

高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题精排版(含答案)

高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题1．关于力学单位制说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、J是基本单位C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma2．静止在光滑水平面上的物体，在水平推力F作用下开始运动，推力随时间变化的规律如图所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，正确的描述是A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B．物体的速度一直增大C．物体的速度先增大后减小D．物体的加速度一直增大3．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2) ( )A．510 NB．490 NC．890 ND．910 N4．一个静止的质点，在0～4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在( )A．第2 s末速度改变方向B．第2 s末位移改变方向C．第4 s末回到原出发点D．第4 s末运动速度为零5．质量为m的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F f ，加速度为a＝13g，则Ff的大小是( )A．F f＝13mg B．Ff＝23mgC．F f＝mg D．F f＝43mg6．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则 ( )A．a1＝a2B．a1<a2<2a1C．a2＝2a1D．a2>2a17．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零8．如图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③B．②③C．①④D．②④答案：B9．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小与竖直方向的夹角θ1稳定在a＝1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10 m/s2；sin 14°≈0.242；cos 14°≈0.970)10．上海市胶州路余姚路附近一教师公寓突发火灾，一架警用直升机随即赶往现场勘查火情．假如直升飞机能对被困人员进行救援，武警队员从悬停在空中离被困人员95 m高的直升机上沿绳滑落进行救人，某武警队员和他携带的设备质量共为70 kg，设武警队员用特制的手套轻握绳子时可获得210 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得910 N的摩擦阻力，滑落过程中武警队员至少轻握绳子才能确保安全．试求：(1)武警队员轻握绳子降落时的加速度大小；(2)若要使武警队员到达被困人员跟前时速度为零，则武警队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少？最少时间为多少？11．一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0＝12 m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关．某时刻，车厢脱落，并以大小为a＝2 m/s2的加速度减速滑行．在车厢脱落t＝3 s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍．假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离．高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题参考答案1．答案：D2．解析：由牛顿运动定律可以分析出，由F合＝ma得：F先增大后减小，则a 先增大后减小，说明物体做变加速运动，A、D选项错．在0～t1时间内F的方向不变，F与v同向，则物体做加速运动．答案：B3．解析：绳子的拉力F T＝mg＋ma＝20×(10＋0.500) N＝210 N．地面对人的支持力也就等于工人对地面的压力大小，F N＝Mg－F T＝700 N－210 N＝490 N.答案：B4．解析：该质点在前两秒内，沿F方向先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动；从第2秒末到第4秒末的两秒内，沿F方向，先做加速度增加的减速运动，再做加速度减小的减速直线运动，该质点一直朝一个方向运动，4秒末速度减为0，因而D对．答案：D5．解析：由牛顿第二定律，a＝F合m＝mg－Ffm＝13g，可得空气阻力大小Ff＝23mg，B选项正确．答案：B6．解析：设总的阻力为F′，第一次推时F－F′＝ma1，式子两边同乘以2，得2F－2F′＝m·2a1，第二次推时，2F－F′＝ma2，比较两个式子可以看出a2>2a1，所以D正确．答案：D7．解析：木板受拉力，向右做加速运动，物块相对木板向左滑动，受向右的摩擦力，物块向右做加速运动．撤掉力F时，v木向右，v物也向右，且v木>v物，那么，物块相对木板仍向左滑动，仍受向右的摩擦力，故物块仍向右加速运动，速度增大，当撤去拉力时，木板减速运动，物块加速运动，当物块与木板速度等大时，再无摩擦力，物块速度最大，之后二者一起做匀速运动，故A 错，B 对．故C 对，D 错，故选B 、C.答案：BC8．解析：在BC 段，运动员所受重力大于弹力，向下做加速度逐渐减小的变加速运动，当a ＝0时，速度最大，即在C 点时速度最大，②对．在CD 段，弹力大于重力，运动员做加速度逐渐增大的变减速运动，③对．故选B.答案：B9．解析：直升机取水前，水箱受力平衡T 1sin θ1－F f ＝0 T 1cos θ1－mg ＝0 解得F f ＝mg tan θ1直升机取水返回时，由牛顿第二定律T 2sin θ2－F f ＝(m ＋M )a T 2cos θ2－(m ＋M )g ＝0 代入数据解得水箱中水的质量M ＝4.5×103 kg. 答案：4.5×103 kg10．解析：(1)设武警队员轻握绳子降落时的加速度的大小为a ，由牛顿第二定律可得mg －f 1＝ma解得a ＝g －f 1m＝6.8 m/s 2.(2)如图所示，根据武警队员运动的速度时间图象可以判断得出，在位移一定的情况下，武警队员经过加速和减速两个过程所需的时间最短，即武警队员先轻握绳子以最大加速度下滑，再紧握绳子以最大的摩擦阻力做减速运动，使到达被困人员跟前时速度为0，这样的下滑过程所需时间最少．设有最大的摩擦阻力时武警队员的加速度大小为a ′，则f 2－mg ＝ma ′解得a′＝f2m－g＝3.2 m/s2设运动过程中的最大速度为v，则有h＝v22a＋v22a′解得v≈20.33 m/s所以t＝va＋va′＝9.34 s.答案：(1)6.8 m/s2(2)先加速后减速9.34 s11．解析：设卡车的质量为M，卡车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F，卡车刹车前后加速度的大小分别为a1，和a2，重力加速度大小为g.由牛顿第二定律有F－2μMg＝0①F－μMg＝Ma1②μMg＝Ma③3μMg＝Ma2④设车厢脱落后，t＝3 s内卡车行驶的路程为x1，末速度为v1.根据运动学公式有x 1＝v0t＋12a1t2⑤v1＝v0＋a1t⑥v21＝2a2x2⑦式中，x2是卡车在刹车后减速行驶的路程．设车厢脱落后滑行的路程为x，有v2＝2ax⑧卡车和车厢都停下来后相距Δx＝x1＋x2－x⑨由①至⑨式得Δx＝－v23a＋43vt＋23at2⑩代入题给数据得Δx＝36 m⑪答案：36 m。

2014高考物理一轮复习课件3.3牛顿运动定律的综合应用(精)

• 试问： • (1)返回舱在这一阶段做什么运动？ • (2)设在初始时刻vA＝120 m/s，此时它的加速度为多大？ • (3)空气阻力系数k为多少？
解析：①由图线可知，返回舱在这段时间内做加速度减小的减速运动 ②A 处切线的斜率就是该时刻物体的加速度 Δv 120－0 aA＝＝ m/s2＝15 m/s2 Δt 8 ③设返回舱所受阻力为 f 则 f＝kv2 最终匀速时 f＝Mg Mg 400×10 则 k＝ 2 ＝ N· s2/m2＝250 N· s2/m2 2 v 4
2014高考物理一轮复习课件
第三单元
牛顿运动定律的综合应用
核心考点导学
• 师说： • 牛顿运动定律是力学乃至整个物理学的基本规律，运用牛顿第二定律分析和计算，对推理，综合分析能力要求较高，超重、失重实际上是牛顿第二定律应用的延续、临界、多过程，连接体、动力学图象．均要紧紧抓住加速度这一关键物理量进行分析处理.
由牛顿第二定律得 mg－Ff＝ma3， F＋Ff－mg＝ma4
2 v2 v 3 3 又由运动学公式得＋＝h，v3＝a3t3， 2a3 2a4
3 2 解得 t3＝ s(或 2.1 s)． 2
答案：(1)4 N 3 2 (2)42 m (3) s(或 2.1 s) 2
• 7．[2013· 江西省重点中学盟校第二次联考]中央电视台近期推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，
Байду номын сангаас
解：(1)因人和吊椅一起以 a＝1 m/s2 上升，所以选二者为研究对象：有：2F－(M＋m)g＝(M＋m)a. M＋mg＋a 80×11 ∴F＝，即 F＝＝440 N. 2 2 (2)选吊椅为研究对象，受力分析如图： ∴有 F－mg－FN＝ma ∴FN＝F－mg－ma ＝275 N 即人对吊椅的压力为 275 N.

2014届高考物理(安徽专用)第一轮复习方案第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用(含解析)

第3讲牛顿运动定律的综合应用时间：60分钟1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是()．A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化解析物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．答案 D2．2012年9月19日凌晨3时10分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将第14和15颗北斗导航卫星发射升空并送入预定轨道．相关图片如图3-3-15所示．则下列说法不正确的是()．图3-3-15A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D．发射的两颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态解析由作用力与反作用力大小相等，可知A错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确．答案 A3．如图3-3-16所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重为4 N的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4 N物体的存在而增加的读数不可能是()．图3-3-16A．4 N B．2 3 NC．2 N D．3 N解析当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度a y，处于失重状态，托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg－ma y，而a y＝a sin θ，又因mg sin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mg sin2θ＝3 N；当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg＝4 N，而当物体沿斜面加速下滑时，托盘测力计增加的示数应满足3 N≤ΔF≤4 N，所以选C.答案 C4．某人在地面上最多可举起60 kg的物体，某次，他在沿竖直方向匀变速运动的电梯中却举起了80 kg的物体．关于电梯的加速度和运动情况，下列说法正确的是(g＝10 m/s2)()．A．电梯的加速度大小为2.5 m/s2，方向竖直向下B．电梯的加速度大小为2.5 m/s2，方向可竖直向下也可竖直向上C．电梯一定是加速下降D．电梯可能加速上升也可能减速下降解析人在地面上最多可举起60 kg的物体，则他对物体的最大支持力F N＝m1g＝600 N，人在电梯中举起m2＝80 kg的物体时，物体处于失重状态，受力分析如图，由牛顿第二定律得m2g－F N＝m2a，解得a＝2.5 m/s2，方向竖直向下，A项正确；电梯可能向上做匀减速运动，也可能向下做匀加速运动，D项错误．答案 A5．(2012·北京东城区期末)如图3-3-17所示，质量为m的小物块以初速度v0冲上足够长的固定斜面，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ，(规定沿斜面向上为速度v和摩擦力f的正方向)则下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力f随时间t变化的图象正确的是()．图3-3-17解析由于μ＞tan θ，即滑动摩擦力μmg cos θ＞mg sin θ.当物块匀减速冲上斜面，到最高点时，下滑力小于最大静摩擦力，因此物块处于静止状态，A对B错；上滑时，摩擦沿斜面向下，C错；到达最高点时，其静摩擦力f＝mg sin θ＜μmg cos θ，D错．答案 A6．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度)()．解析由F＝ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故F-t图象与a-t图线变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．答案 C7．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图3-3-18所示，g＝10 m/s2，则不可以计算出()．图3-3-18A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14 N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量解析由aF图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A可计算出；再由图象可知，当F＝7 N时，加速度为0.5 m/s2，当F＝14 N时，加速度为4 m/s2，即F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D可计算出；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N时物体的速度，选项B符合题意．答案 B8. 如图3-3-19所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂在车顶上，质量为m的一位中学生手握扶杆始终相对于汽车静止站在车厢底板上．学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线向右偏离竖直方向θ角，则此刻公共汽车(包括杆)对学生产生的作用力的大小和方向为()．图3-3-19A ．mg ，竖直向上B.mg cos θ，斜向左上方 C ．mg tan θ，水平向右D ．mg 1＋μ2，斜向右上方解析对小球受力分析，如图甲所示，有F 合＝m 1g tan θ，由牛顿第二定律，小球(整体)的加速度a ＝g tan θ；设车(包括杆)对人的作用力为F ，且F 与竖直方向的夹角为α，人的受力情况如图乙所示，则有F sin α＝ma ，F cos α＝mg ，所以α＝θ，F ＝mg cos θ，B 选项正确。

新课标2014届高考物理一轮课件：3.3牛顿运动定律的综合应用

提升目标课堂
1．(2012年安徽理综)如图所示，放在固定斜面上的物块以
加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下
的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度a匀加速下滑 C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
解析：设物块的质量为 M，斜面倾角为 θ，在没有施加力 F 时，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律有： Mgsin θ －μMgcos θ＝Ma， a＝gsin θ－μgcos θ；即当施加恒力 F 时，由牛顿第二定律有：(Mg＋F)sin θ－μ(Mg＋F)cos θ＝Ma′， F 故 a′＝gsin θ－μgcos θ＋M(sin θ－μcos θ)>a， C 项正确．故
力”．
2.(2012 年沈阳模拟)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块 A、B，在水平推力 F 的作用下运动，用 FAB 代表 A、B 间的相互作用力，则( )
A．若地面是完全光滑的，FAB＝F F B．若地面是完全光滑的，FAB＝ 2 C．若地面是有摩擦的，FAB＝F F D．若地面是有摩擦的，FAB＝ 2
用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外
力．
[名师点拨]►►
整体法与隔离法的选取原则 1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
答案：C
2．(2011年四川理综)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 ( )

【南方凤凰台】2014届高考物理二轮复习检测与评估专题五能量守恒定律的综合应用(含13年模拟)

专题五能量守恒定律的综合应用1. 如下列图,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱,A的质量为B的两倍.当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放,B上升的最大高度是()A. 2RB. 53R C.43R D.23R2. (2013·某某八校联考)质量一样的两个物体分别在地球和月球外表以一样的初速度竖直上抛.月球外表的重力加速度比地球外表重力加速度小.假设不计空气阻力,如下说法中正确的答案是()A. 物体在地球外表时的惯性比在月球外表时的惯性大B. 物体在地球外表上升到最高点所用时间比在月球外表上升到最高点所用时间长C. 落回抛出点时,重力做功的瞬时功率相等D. 在上升到最高点的过程中,它们的重力势能变化量相等3. (2013·盐城中学)如下列图,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直.一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.AP=2R,重力加速度为g,如此小球从P到B的运动过程中()A. 重力做功2mgRB. 机械能减少mgRC. 合外力做功mgRD. 抑制摩擦力做功12mgR4. (多项选择)(2013·宿迁徐州三模)如下列图,弹簧的一端固定在水平面上,另一端与质量为1 kg的小球相连,小球原来处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在小球上,使小球开始向上做匀加速直线运动,经0.2s弹簧刚好恢复到原长,此时小球的速度为1 m/s.整个过程弹簧始终在弹性限度内,取g=10 m/s2.如此()A. 弹簧的劲度系数为100N/mB. 在00.2s内拉力的最大功率为15WC. 在00.2s内拉力对小球做的功等于1.5JD. 在00.2s内小球和弹簧组成的系统机械能守恒5. (多项选择)某节能运输系统装置的简化示意图如下列图.小车在轨道顶端时,自动将货物装入车中,然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度地下滑,并压缩弹簧.当弹簧被压缩至最短时,立即锁定并自动将货物卸下.卸完货物后随即解锁,小车恰好被弹回到轨道顶端,此后重复上述过程.如此如下说法中正确的答案是 ()A. 小车上滑的加速度大于下滑的加速度B. 小车每次运载货物的质量必须是确定的C. 小车上滑过程中抑制摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中抑制摩擦阻力做的功D. 小车与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能6. 在竖直平面内,一根光滑金属杆弯成图示形状,相应的曲线方程为y=2.5cos2π3kx⎛⎫+⎪⎝⎭(单位:m),式中k=1 m-1.将一光滑小环套在该金属杆上,并从x=0处以v0=5m/s的初速度沿杆向下运动,取重力加速度g=10m/s2,如下说法中正确的答案是()A. 小环沿金属杆运动过程中,机械能不守恒B. 小环运动到x=π2 m时的速度大小是5m/sC. 小环运动到x=π2 m时的速度大小是53 m/sD. 小环运动到x=π2 m时的速度大小是543 m/s7. 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a是随时间t变化的.电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图象如图乙所示. 电梯总质量m=2.0×103kg.忽略一切阻力.重力加速度取g=10m/s2.甲乙(1) 求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2.(2) 类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由v t图象求位移的方法.请你借鉴此方法,比照加速度和速度的定义,根据图乙所示a t图象,求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2.(3) 求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在011s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W.8. (2013·资阳一模)一质量为m=2kg的小滑块从半径R=1.25m的14光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下,圆弧轨道竖直固定,其末端B切线水平.a、b两轮半径r=0.4m,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,传送带右端点C距水平地面的高度h=1.25m,E为C的竖直投影点.取g=10m/s2.(1) 当传送带静止时,滑块恰能在b轮最高点C离开传送带,如此B、C两点间的距离是多少?(2) 当a、b两轮以某一角速度顺时针转动时,滑块从C点飞出落到地面D点,C、D两点水平距离为3m.试求:a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能.1. C2. D3. D4. AB5. ABC6. D7. (1) 根据牛顿运动定律F1-mg=ma1,a1=1.0m/s2,代入数据得F1=2.2×104 N.又F2-mg=ma2,a1=-1.0m/s2,代入数据得F2=1.8×104 N.(2) 由面积法有Δv1=12×1×1.0 m/s=0.5m/s,v2=Δv1+Δv2=0.5 m/s+1.0×1 m/s=1.5m/s.(3) 最大速度v m=0.5 m/s+1.0×9 m/s+0.5 m/s=10 m/s,电梯以最大速率上升时,此时拉力大小等于重力,其做功的功率P=mgv m=2.0×105 W.根据动能定理,在011s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W=ΔE k=12m2m v=1.0×105 J.8. (1) 由题知,滑块从A到B由机械能守恒有mgR=12m2B v,滑块由B到C,由动能定理有-μmgx=12m2C v-12m2B v,滑块恰能在C点离开传送带,有mg=m2Cvr,解得x=10.5m.(2) 设滑块从C点飞出的速度为v'C,a、b两轮转动的角速度为ω,如此h=12gt2,xED=v'C t,ω='Cvr,解得ω=15rad/s.滑块在传送带上加速过程,根据牛顿运动定律与功能关系有对滑块μmg=ma,滑块加速时间t='-C Bv v a,滑块位移x1=v B t+12at2,传送带移动的距离x2=v'C t, 产生的内能Q=μmg(x2-x1), 解得Q=1J.。

2014高考物理一轮复习-牛顿运动定律的综合应用(精)

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图3-3-6
• (1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数 k； • (2) 求在加速跑阶段球拍倾角 θ 随速度 v 变化的关系式； • (3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比 θ0 大了 β 并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为 r 的下边沿掉落，求β应满足的条件．
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解析 (1)在匀速运动阶段，有 mgtan θ0＝kv0 mgtan θ0 得 k＝ . v0 (2)加速阶段，设球拍对球的支持力为 N′，有 N′sin θ－kv＝ ma， N′cos θ＝mg， a v 得 tan θ＝g＋ tan θ0. v0
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(3)以速度 v0 匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为 F，有 F mg ＝， cos θ0 球拍倾角为 θ0＋β 时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为 a′，有 Fsin β＝ma′， s v0 设匀速跑阶段所用时间为 t，有 t＝－， v0 2a 1 球不从球拍上掉落的条件 a′t2≤r， 2 2rcos θ0 得 sin β≤ . v0 2 s gv －2a 0 答案见解析
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• 备课札记
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考点二牛顿第二定律与图象的综合应用【典例 2】 (2012· 安徽卷，22)质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 vt 图象如图 3-3-4 所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞 3 前的 .设球受到的空气阻力大小恒为 f，取 g＝10 m/s2，求： 4 (1)弹性球受到的空气阻力 f 的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h.
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【南方凤凰台】2014届高考物理总复习单元检测卷：第三章牛顿运动定律DOC

第三章单元检测卷一、单项选择题1. 如图所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是( )A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B. 上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D. 上升和下降过程中A和B的加速度发生变化2. 在教室里的黑板上粘挂一些小磁铁,小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图、通知或试题答案,下列说法中正确的是( )A. 磁铁受到三个力的作用B. 磁铁与黑板间在水平方向存在作用力与反作用力C. 磁铁受到的磁场力大于受到的弹力才能被吸在黑板上D. 磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力3. 如图所示,木块A质量为1 kg,木块B的质量为2 kg,叠放在水平地面上,AB间最大静摩擦力为1 N,B与地面间动摩擦因数μ=0.1,重力加速度取g=10 m/s2.现用水平力F作用于B,则保持AB相对静止时F的最大值为( )A. 6 NB. 5 NC. 4 ND. 3 N4. 如图所示,细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处,细线的另一端拴一质量为m 的小球,要使小球对滑块的压力等于零,滑块至少要以多大的加速度a 向左匀加速运动( ) A. g B. 2g C. 2g D. 3g二、双项选择题5. 下列有关力学单位制的说法中不正确的是( )A. 在有关力学的分析计算中,只能采用国际单位,不能采用其他单位B. 力学单位制中,选为基本单位的物理量有长度、质量、力C. 力学单位制中,国际单位制中的基本单位有kg 、m 、sD. 单位制中的导出单位可以用基本单位来表示6. 如图所示,甲、乙两图都在光滑的水平面上,小车的质量都是M,人的质量都是m,甲图人推车,乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F,对于甲、乙两车的加速度大小说法正确的是( )A. 甲车的加速度大小为F MB. 甲车的加速度大小为0C. 乙车的加速度大小为2FM mD. 乙车的加速度大小为07. 如图甲所示,用一水平外力F 推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示,重力加速度取g=10 m/s 2.根据图乙中所提供的信息可知( )A. 物体的质量m=2 kgB. 斜面的倾角θ=37°C. 加速度为6 m/s2时物体的速度v=18 m/s=12 ND. 物体能静止在斜面上所施加的最小外力Fmin8. A、B两个小球的质量分别为m、2m,由两轻质弹簧连接(如图所示),处于平衡状态,下列说法正确的是( )A. 将A球上方弹簧剪断的瞬时,A的加速度为零,B的加速度为零B. 将A球上方弹簧剪断的瞬时,A的加速度不为零,B的加速度为零C. 将A球下方弹簧剪断的瞬时,A的加速度不为零,B的加速度为零D. 将A球下方弹簧剪断的瞬时,A的加速度不为零,B的加速度不为零9. 如图所示为粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A. 粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等B. 粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-cos θ),若L足够大,则以后将一定以速度v做匀速运动C. 若μ<tan θ,则粮袋从A到B可能一直做匀加速运动D. 不论μ大小如何,粮袋从A到B一直匀加速运动,且a>gsin θ三、非选择题10. 为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合外力成正比”,一组同学用图甲所示的装置进行实验,左侧拴的细软线不可伸长,并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中.(1) 在图乙中作出a F图线.甲乙(2) 由a F图线可以发现,该组同学实验操作中可能遗漏了平衡摩擦力步骤或. 平衡摩擦力正确的操作为.(3) 根据a F图线可以求出小车的质量是(保留两位有效数字).(4) 假如在某次实验中小车的质量为M=0.14 kg,沙和沙桶的总质量为m=0.01 kg,在沙和沙桶的牵引下,打点计时器打出了如图丙的一条纸带,纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10 s,其中s1=7.05 cm、s2=7.68 cm、s3=8.33 cm、s4=8.95 cm、s5=9.61cm、s=10.26 cm,根据以上数据计算:(g=9.8 m/s2)(结果保留两位有效数字)6丙①小车的加速度a= m/s2.②沙和沙桶的重力mg= N,细线对小车的拉力F=Ma= N,在实验中要使mg近似等于F,此时应满足的条件是: .11. 如图甲,质量m=1 kg的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动,风对物体的作用力沿水平方向向右,其大小与风速v成正比,比例系数用k表示,物体加速度a与风速v的关系如图乙所示.求:(1) 物体与斜面间的动摩擦因数μ.(2) 比例系数k.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2)12. 如图所示,有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上,木板质量为M=4 kg,长为L=1.4 m;木板右端放着一小滑块,小滑块质量为m=1 kg,其尺寸小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4.(1) 现用恒力F作用在木板M上,为了使得m能从M上面滑落下来,问F大小的范围是什么?(2) 其他条件不变,若恒力F=22.8N,且始终作用在M上,最终使得m能从M上面滑落下来.问:m在M上面滑动的时间是多大?第三章单元检测卷1. A2. B3. A4. A5. AB6. BC7. AB8. BD9. AC10. (1) 如图所示(2) 平衡摩擦力时斜面倾角太小在不挂沙及沙桶的情况下,将木板右端稍垫高,先接通电源,待打点计时器工作稳定后,轻推一下小车,小车在斜面上运动.反复调节,可得几条纸带,直到纸带上打出的点迹间隔相等,平衡摩擦力才完成(3) 0.33~0.30 kg (4) ①0.64 ②9.8×10-29.0×10-2M≫m11. (1) 对初始时刻mgsin θ-μmgcos θ=ma0.①由图读出a0=4 m/s2代入①式,解得μ=0.25.(2)对末时刻加速度为零,则mgsin θ-μN-kvcos θ=0. ②又N=mgcos θ+kvsin θ.由图得出此时v=5 m/s,代入②式解得k=0.84 kg/s.12. (1) 小滑块与木板间的滑动摩擦力f=μN=μmg. 小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a 1=fm=μg=4 m/s2.木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a 2=-F f M.使m能从M上面滑落下来的条件是a2>a1,解得F>20 N.(2) 设m在M上滑动的时间为t,当恒力F=22.8 N,木板的加速度a2=-F fM=4.7 m/s2.小滑块在时间t内运动位移s1=212a t.木板在时间t内运动位移s2=222a t,因s2-s1=L,即24.72t-242t=1.4 m,解得t=2 s.。

高考物理牛顿运动定律的综合应用问题

高考物理牛顿运动定律的综合应用问题
牛顿运动定律的综合应用问题题型概述牛顿运动定律是高考重点考查的内容，每年在高考中都会出现，牛顿运动定律可将力学与运动学结合起来，与直线运动的综合应用问题常见的模型有连接体、传送带等，一般为多过程问题，也可以考查临界问题、周期性问题等内容，综合性较强.天体运动类题目是牛顿运动定律与万有引力定律及圆周运动的综合性题目，近几年来考查频率极高.思维模板以牛顿第二定律为桥梁，将力和运动联系起来，可以根据力来分析运动情况，也可以根据运动情况来分析力.对于多过程问题一般应根据物体的受力一步一步分析物体的运动情况，直到求出结果或找出规律.对天体运动类问题，应紧抓两个公式GMm/r2=mv2/r=mrω2=mr4π2/T2①。

GMm/R2=mg②.对于做圆周运动的星体（包括双星、三星系统），可根据公式①分析；对于变轨类问题，则应根据向心力的供求关系分析轨道的变化，再根据轨道的变化分析其他各物理量的变化.。

2014年高考《牛顿运动定律》物理试题

2014年高考《牛顿运动定律》物理试题1．（2014年北京卷·单选）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度2．（2014年新课标卷Ⅰ·单选）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A ．一定升高B ．一定降低C ．保持不变D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定3．（2014年福建卷·单选）如右图，滑块以初速度0v 沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。

对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（）4．（2014年安徽卷·单选）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O 点的水平线。

已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2。

则（）A.v 1=v 2 ，t 1＞t 2B. v 1＜v 2，t 1＞t 2C. v 1=v 2，t 1＜t 2D. v 1＜v 2，t 1＜t 25．（2014年北京卷·单选）伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是A ．如果斜面光滑，小球将上升到与O 点等高的位置B ．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C ．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D ．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小6．（2014年全国大纲卷·单选）一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。

【南方凤凰台】2014届高考物理总复习单元检测卷：第四章曲线运动

第四章单元检测卷一、单项选择题1. 一辆汽车在水平公路上转弯,沿曲线由M 向N 行驶,速度逐渐减小.如图所示,分别画出了汽车转弯时所受合力的四种方向,你认为正确的是( )2. 如图,人沿平直的河岸以速度v 行走,且通过不可伸长的绳拖船,船沿绳的方向行进,此过程中绳始终与水面平行.当绳与河岸的夹角为α时,船的速率为( )A. vsin αB. sin vαC. vcos αD. cos vα3. 如图所示,质量为m 的小球固定在长为l 的细轻杆的一端,绕细杆的另一端O 在竖直平面内做圆周运动,球转到最高点A 时,线速度的大小为2gl,此时( )A. 杆受到2mg的拉力B. 杆受到2mg的压力 C. 杆受到32mg的拉力D. 杆受到32mg的压力4. 物体在xOy平面内做曲线运动,t=0时刻起,在x方向的位移图象和y方向的速度图象如图所示,则( )A. 物体的初速度沿x轴的正方向B. 物体的初速度大小为5 m/sC. t=2 s时物体的速度大小为0D. 物体所受合力沿y轴的正方向二、双项选择题5. 一个质量为2 kg的物体,在5个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体的运动,下列说法中正确的是( )A. 一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5 m/s2B. 一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小C. 可能做匀减速直线运动,加速度大小是2.5 m/s2D. 可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是5 m/s26. 如图所示,一质量为m的木块从光滑的半球形的碗边开始下滑,木块在下滑过程中( )A. 加速度方向始终指向球心B. 所受合力就是向心力C. 在碗底处对碗底的压力大于木块自身的重力D. 只受到两个力的作用,分别是重力、碗对它的支持力7. 如图所示,从斜面顶端P处以初速度v0向左水平抛出一小球,落在斜面上的A点处,AP 之间距离为 L,小球在空中运动的时间为t,改变初速度v 0 的大小,L 和 t 都随之改变.关于L 、t 与v 0的关系,下列说法中正确的是()A. L 与v 0成正比B. L 与20v 成正比C. t 与v 0成正比D. t 与20v 成正比8. 在水平地面上M 点的正上方某一高度处,将S 1球以初速度v 1水平向右抛出,同时在M 点右方地面上N 点处,将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出.两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇,不计空气阻力,则两球从抛出到相遇过程中()A. 初速度大小关系为v 1=v 2B. 速度变化量相等C. 水平位移大小相等D. 都不是匀变速运动9. 小船从A 码头出发,沿垂直于河岸的方向渡河,若小河宽为d,小船渡河速度v 船恒定,河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比,v 水=kx,x 是各点到近岸的距离(x ≤2d,k 为常量),要使小船能够到达距A 正对岸为s 的B 码头.则下列说法中正确的是()A. 小船渡河的速度v 船=24kd sB. 小船渡河的速度v船=2 2 kdsC. 小船渡河的时间为4s kdD. 小船渡河的时间为2s kd三、非选择题10. 滑雪运动员以20 m/s的速度从一平台水平飞出,落地点与飞出点的高度差3.2 m,不计空气阻力,取g=10 m/s2,则:运动员飞过的水平距离x和所用时间t为多少?11. 如图所示,木块随圆盘一起绕圆盘的竖直中心轴匀速转动,木块质量为m=1 kg,与中心轴的距离为r=0.1 m.在圆盘中心正上方高为h=20 m的位置有一小球,以某一适合的速度v0水平抛出,抛出时小球的速度方向与木块在同一竖直面内.为使小球能击中木块,试求圆盘转动的可能角速度.已知木块与圆盘之间的动摩擦因数μ=0.81(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力),忽略空气阻力影响,取g=10 m/s2.12. 质量M=0.9 kg的木质小球通过轻杆悬挂在竖直平面内某一固定轴O的正下方处于静止状态,如图所示.杆与小球可绕轴O无摩擦地在竖直面内转动,轻杆长为0.2 m.质量为m=100 g的子弹以某一速度水平射入小球并镶在球中而未射出,入射时间极短,子弹入射后与小球的共同速度为v=3 m/s.求:(1) 子弹入射小球前杆的弹力T1与入射后瞬间杆的弹力T2之比.(2) 小球上升到最高点处,轻杆所产生的弹力大小,并说明此时轻杆是处于压缩状态还是拉伸状态?(3) 若用绳子代替轻杆,而其他条件保持不变,则确保小球能绕O点在竖直面内做圆周运动的绳子的最大长度为多大?(取g=10 m/s2)第四章单元检测卷1. B2. C3. B4. B5. BC6. CD7. BC8. BC9. AC10. 做平抛运动的物体运动时间由高度决定,根据竖直方向做自由落体运动得t=2hg=0.80 s,根据水平方向做匀速直线运动可知x=vt=20×0.80 m=16 m.11. 木块不滑动的最大角速度为ω, m2ωr=μmg,得ω=9 rad/s.满足条件时,小球平抛的时间t=nT=n 2πω.又h=12gt2,t=2hg=2 s.又2=n 2πω,当n=1时,ω=π=3.14 rad/s,当n=2时,ω=6.28 rad/s,当n=3时,ω=3πrad/s>9,则可能角速度为 3.14 rad/s和6.28 rad/s.12. (1) 子弹入射小球前,小球处于静止状态,根据平衡条件有T1=Mg=0.9×10 N=9 N.子弹入射小球后瞬间,小球与子弹一起开始做圆周运动,根据牛顿第二定律有T2-(M+m)g=2()M m vL+.解得T2=55 N.所以12TT=955.(2) 设小球运动到最高点处速度大小为v1,轻杆处于拉伸状态,产生的弹力大小为F,此时小球及子弹受力如图所示.根据牛顿第二定律得F+(M+m)g=21()M m vL+.①根据动能定理得-(M+m)g·2L=12(M+m)21v-12(M+m)v2.②由①②两式得F=-5 N.由此可知,轻杆产生的弹力大小为5N,方向与原设定的方向相反,即竖直向上,此时轻杆处于压缩状态.(3) 设绳子的最大长度为r,小球运动到最高点处的速度为v2,则根据牛顿第二定律,小球与子弹在最高点处有(M+m)g=22()M m vr+.③根据动能定理,小球从最低点运动到最高点的过程中有-(M+m)g·2r=12(M+m)22v-12(M+m)v2.④解③④得r=0.18 m.。

2014届高考物理第一轮复习方略3.3牛顿运动定律的综合应用汇总

《全程复习》2014届咼考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）3.3牛顿运动定律的综合应用（40分钟100 分）」、选择题（本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分）1. 某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N,他将弹簧测力计移至电梯2.（2012 •大连模拟）如图所示，一个重力G=4 N的物体放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面放在台秤上，当烧断细线后，物块正在下滑的过程中与稳定时比较示数（）A.减小2 NB.减小1 NC.增大2 ND.增大1 N内称其体重，t o至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的v -t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）3. 在2011年8月19日深圳第26届大运会女子撑杆跳高决赛中，俄罗斯选手基里亚绍娃以4米65的成绩夺得冠军，如图为基里亚绍娃的杆上英姿，若不计空气阻力，则她在这次撑杆跳高中（）A. 起跳时杆对她的弹力大于她的重力B. 起跳时杆对她的弹力小于她的重力C. 起跳以后的下落过程中她处于超重状态D. 起跳以后的下落过程中她处于失重状态4. 如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为 2.4 m且固定.一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度V0开始自由下滑•当V o = 2 m/s 时，经过0.8 s 后小物块停在斜面上.多次改变V o 的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t ，作出t-v o 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2,则（）込.A.小物块与该种材料间的动摩擦因数为 0.25B.小物块与该种材料间的动摩擦因数为C.若小物块初速度为 1 m/s ，则根据图象可知小物块运动时间为 0.4 sD.若小物块初速度为 4 m/s ，则根据图象可知小物块运动时间为 1.6 s5.（2012 •海口模拟）五个质量相等的物体置于光滑的水平面上,如图所示，现向右施加大小为F 、方向水平向右的恒力 A.,则第2个物体对第3个物体的作用力等于（）Ji I J] 3 I 4] 5 ..B. 2 FC. 3 F55D. 4F56.如图所示是一架直升机悬停在空中在向灾区地面投放装有救灾物资的箱子，设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中，下列说法正确的是（）A. 箱内物体对箱子底部始终没有压力B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D. 若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 7.（2012 •南京模拟）如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为 B,将一质量为 m 的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m ＞的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度 a 一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为 3，则下列说法正确的是（）A. 杆对小环的作用力大于mg+m2gB. m不变，贝U m＞越大，B越小C. 0 = 3，与m、m无关D. 若杆不光滑，3可能大于08. 原来静止的物体受到外力F的作用，如图所示为力F随时间变化的图线，则与F-t图象对義 B ®应的v-t图象是（）二、计算题（本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）9. （12分）考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车•路旁可以竖一标志杆，若车以V。

2014届高考物理二轮细致复习典范牛顿运动定律的综合运用新人教版必修1

第3节牛顿运动定律的综合运用一、超重和失重1.视重(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的_______称为视重.(2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的_______或台秤所受物体的_______.【答案】示数压力拉力2.超重、失重和完全失重比拟二、牛顿运动定律的应用1.整体法当连接体内(即系统内)各物体的_______一样时，可以把系统内的所有物体看成_________，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对______列方程求解的方法.2.隔离法当求系统内物体间________________时，常把某个物体从系统中______出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对______出来的物体列方程求解的方法.【答案】加速度一个整体整体相互作用的内力隔离隔离考点一超重、失重的理解与应用1.尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.2.超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化.3.在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.(2013·梅州模拟) 2009年当地时间9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·达万航天中心，一枚PSLV—C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星〞发射，相关图片如下列图．如此如下说法不正确的答案是 ()．A火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态【详解】由作用力与反作用力大小相等，可知错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确．【答案】A【总结提升】超重和失重现象的判断“三〞技巧1.从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.2.从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.3.从速度变化角度判断(1)物体向上加速或向下减速时,超重;(2)物体向下加速或向上减速时,失重.考点二牛顿定律解题中整体法和隔离法的应用1.整体法的选取原如此假设连接体内各物体具有一样的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).2.隔离法的选取原如此假设连接体内各物体的加速度不一样,或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.3.整体法、隔离法的交替运用假设连接体内各物体具有一样的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取适宜的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力〞. 【例2】质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如下列图，如此 ()．A小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小【答案】C【详解】利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M＋m2，由牛顿第三定律可知只有C选项正确．【总结提升】整体法与隔离法常涉与的问题类型1.涉与隔离法与整体法的具体问题类型(1)涉与滑轮的问题假设要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法.本例中,绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小一样但方向不同，故采用隔离法.(2)水平面上的连接体问题①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有一样的加速度.解题时，一般采用先整体、后隔离的方法.②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原如此，或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析.2.解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各个物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，分别确定出它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解.【2013年】8．C5 [2013·某某卷] 如图甲所示，静止在水平地面的物块，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，如此( )甲乙A 0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块的加速度最大C ．t 2时刻后物块做反向运动D ．t 3时刻物块的动能最大8．BD [解析] 0～t 1时间内拉力F 小于最大静摩擦力f m ，物块处于静止状态，F 的功率为零，选项错误；t 1～t 2时间拉力F 逐渐增大，物块的加速度a ＝F －f m m也逐渐增大，t 2时刻物块的加速度最大，选项B 正确；t 2～t 3时间内，虽然拉力F 逐渐减小，但仍然大于f m ，所以物块继续沿F 的方向做加速运动(加速度逐渐减小)，选项C 错误；t 3时刻之后拉力F 小于滑动摩擦力f m ，物块从t 3时刻开始做减速运动，选项D 正确．4．C5[2013·江苏卷] 将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．如下描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的答案是( )A BC D图24．C [解析] 皮球在上升过程中做减速运动，速度越来越小，所受的阻力越来越小，因此受到的合外力越来越小，加速度越来越小，速度减小到0，而加速度大小减小到重力加速度g，C图正确．5．C5[2013·江苏卷] 如下列图，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.假设木块不滑动，力F的最大值是( )图3A.2f m＋MMB.2f m＋MmC.2f m＋MM－(m＋M)gD.2f m＋Mm＋(m＋M)g5．A[解析] 当木块所受的摩擦力最大时加速度最大，力F最大，对木块分析可得2f－Mg＝Ma，对夹子和木块两个物体的整体进展分析可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，联立两式可求得F＝2f M＋mM，项正确．23．C5[2013·浙江卷] 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼〞和“B鱼〞，如下列图．在高出水面H处分别静止释放“A鱼〞和“B鱼〞，“A鱼〞竖直下潜h A后速度减为零，“B鱼〞竖直下潜h B后速度减为零．“鱼〞在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．“鱼〞在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，“鱼〞运动的位移值远大于“鱼〞的长度．假设“鱼〞运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A 鱼〞入水瞬间的速度v A 1；(2)“A 鱼〞在水中运动时所受阻力f A.(3)“A 鱼〞与“B 鱼〞在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B .23．[解析] (1)“A 鱼〞在入水前做自由落体运动，有v 2A 1－0＝2gH得：v A 1＝2gH(2)“A 鱼〞在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 合＝F 浮＋f A －mgF 合＝ma A0－v 2A 1＝－2a A h A由题意：F 浮＝109mg 综合上述各式，得f A ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h A －19 (3)考虑到“B 鱼〞的受力、运动情况与“鱼〞相似，有f B ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h B －19 解得f A f B ＝h B 9H －h A h A 9H －h B25．C5 [2013·重庆卷] 某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s .比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v 0时，再以v 0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如下列图，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m ，重力加速度为g .(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k ；(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，假设该同学速度仍为v 0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落，求β应满足的条件．25．[解析] (1)在匀速运动阶段，有mg tan θ0＝kv 0得k ＝mg tan θ0v 0(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N ′，有N ′sin θ－kv ＝maN ′cos θ＝mg得tan θ＝a g ＋v v 0tan θ0(3)以速度v 0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F ，有F ＝mg cos θ0球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a ′，有 F sin β＝ma ′设匀速跑阶段所用时间为t ，有t ＝s v 0－v 02a球不从球拍上掉落的条件12a ′t 2≤r 得sin β≤2r cos θ0g ⎝ ⎛⎭⎪⎫s v 0－v 02a 223．C5 [2013·卷] 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的．电梯在t ＝0时由静止开始上升，a －t 图象如图2所示．电梯总质量m ＝2.0×103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2；(2)类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v －t 图象求位移的方法．请你借鉴此方法，比照加速度和速度的定义，根据图2所示的a －t 图象，求电梯在第1 s 内的速度改变量Δv 1和第2 s 末的速度v 2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0～11 s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W .图1 图223．[解析] (1)由牛顿第二定律，有F －mg ＝ma由a －t 图象可知，F 1和F 2对应的加速度分别是a 1＝1.0 m/s 2，a 2＝－1.0 m/s 2F 1＝m (g ＋a 1)＝2.0×103×(10＋1.0) N ＝2.2×104 NF 2＝m (g ＋a 2)＝2.0×103×(10－1.0) N ＝1.8×104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内a －t 图线下的面积Δv 1＝0.50 m/s同理可得Δv 2＝v 2－v 0＝1.5 m/sv 0＝0，第2 s 末的速率v 2＝1.5 m/s(3)由a －t 图象可知，11 s ～30 s 内速率最大，其值等于0～11 s 内a －t 图线下的面积，有v m ＝10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg ，所求功率P ＝Fv m ＝mgv m ＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W由动能定理，总功W ＝E k2－E k1＝12mv 2m －0＝12×2.0×103×102 J ＝1.0×105 J 【2013年-2013年】1.〔2013·某某高考物理·T16〕如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a 、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态。

【南方凤凰台】2014届高考物理二轮复习检测与评估专题四动能定理的综合应用(含13年模拟)

专题四动能定理的综合应用1. (多项选择)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下,做速度为v1的匀速运动.假设作用力变为斜向上的恒力F2,物体做速度为v2的匀速运动,且F1与F2功率一样.如此可能有()A. F2=F1,v1>v2B. F2=F1,v1<v2C. F2>F1,v1>v2D. F2<F1,v1<v22. (多项选择)(2013·广东六校联考)某新型节能环保电动车在平直路面上启动时的速度图象如下列图,Oa段为直线,ab段为曲线,bc段是水平直线.设整个过程中电动车所受的阻力不变,如此如下说法中正确的答案是()A. 0t1时间内电动车做匀加速直线运动B. t2t3时间内电动车的牵引力为零C. t1t2时间内电动车的平均速度为12(v1+v2)D. t1t2时间内合外力对电动车做的功为12m22v-12m21v3. (多项选择)(2013·盐城中学)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时起,第1 s内受到2N的水平外力作用,第2 s内受到同方向的1N的外力作用.如下说法中正确的答案是()A. 02 s内外力的平均功率是94 WB. 第2 s内外力所做的功是54 JC. 第2 s末外力的瞬时功率最大D. 第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是4 54. (多项选择)(2013·扬泰南连淮三模)一质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动,从零时刻起,对该物体施加一水平恒力F,经过时间t,物体的速度减小到最小值35v0,此后速度不断增大. 如此()A. 水平恒力F大小为0 25 mvtB. 水平恒力作用2t时间,物体速度大小为v0C. 在t时间内,水平恒力做的功为-825m20vD. 假设水平恒力大小为2F,方向不变,物体运动过程中的最小速度仍为35v5. (多项选择)如下列图,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin θ;滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q,滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移x关系的是()6. (多项选择)如下列图,圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上,OC与OA的夹角为60°,轨道最低点A与桌面相切. 一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球(均可视为质点),挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边,开始时m1位于C点,然后从静止释放.如此()A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B. 在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小C. 假设m1恰好能沿圆弧下滑到A点,如此m1=2m2D. 假设m1恰好能沿圆弧下滑到A点,如此m1=3m27. (2013·常州模拟)如下列图的木板由倾斜局部和水平局部组成,两局部之间由一段圆弧面相连接.在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m 、半径均为r 的均匀刚性球,在施加于1号球的水平外力F 的作用下均静止,力F 与圆槽在同一竖直面内,此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F 使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内.重力加速度为g.求:(1) 水平外力F 的大小.(2) 1号球刚运动到水平槽时的速度. (3) 整个运动过程中,2号球对1号球所做的功.8. 某缓冲装置的理想模型如下列图,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f. 轻杆向右移动不超过l 时,装置可安全工作. 一质量为m的小车假设以速度v 0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动4l. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.(1) 假设弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x. (2) 求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度v m .(3) 讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v'和撞击速度v 的关系.1. BD2. AD3. AD4. BCD5. CD6. BC7. (1) 以10个小球整体为研究对象,由力的平衡条件可得tan θ=10Fmg ,解得F=10mgtan θ.(2) 以1号球为研究对象,根据动能定理可得mgh=12m 21v -0,解得v 1(3) 撤去水平外力F 后,以10个小球整体为研究对象,利用动能定理可得10mg(h+182rsin θ)=12·10m ·v 2-0,解得.以1号球为研究对象,由动能定理得 mgh+W=12mv 2,解得W=9mgrsin θ.8. (1) 轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F=kx, 且 F=f,解得 x=fk .(2) 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,如此小车从撞击到停止的过程中根据动能定理有-f 4l -W=0-12m 20v ,同理,小车以v m 撞击弹簧时 -fl-W=0-12m 2m v ,解得v m(3) 设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为v1,12m21v=W,解得v1当,v'=v.v。

2014挑战高考物理压轴题：牛顿运动定律的综合应用.pdf

2014挑战高考物理压轴题牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题 1．下列哪件仪器在太空中运转的航天飞船内不能使用( ) A．弹簧秤 B．体重计 C．体温计 D．摄影机 2．如图所示，小球固定在弹簧上，弹簧下端固定在杯底，在装置静止时，弹簧压缩量为x，在装置做自由落体运动的过程中，弹簧的压缩量将( ) A．仍为x B．大于x C．小于x大于零 D．等于零 3．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如下图所示，在这段时间内下列说法中正确的是( ) A．晓敏同学所受的重力变小了 B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C．电梯一定在竖直向下运动 D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下 4．一人站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来．图中跨过定滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦．吊台的质量为m＝15 kg，人的质量为M＝55 kg，起动时吊台向上的加速度是a＝0.2 m/s2，这时吊台对人的支持力(g取9.8 m/s2)( ) A．大小为700 N，方向竖直向上 B．大小为350 N，方向竖直向下 C．大小为200 N，方向竖直向上 D．大小为204 N，方向竖直向下 5．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图象中正确的是( ) 二、双项选择题 6．下列实例属于超重现象的是( ) A．汽车驶过拱形桥顶端 B．荡秋千的小孩通过最低点 C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 D．火箭点火后加速升空 7．一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图象如下图所示，则( ) A．t3时刻火箭距地面最远 B．t2～t3的时间内，火箭在向下降落 C．t1～t2的时间内，火箭处于超重状态 D．0～t3的时间内，火箭始终处于失重状态 8．如图所示，当汽车匀加速向右运动时，汽车天花板上吊着的质量为m的小球相对竖直方向向左偏过一个角度，测得轻绳的拉力为2mg.由此可判断( ) A．偏角为60° B．偏角为30° C．汽车的加速度为g D．汽车的加速度为 9．如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A和B，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法中正确的是( ) A．若地面光滑，则FAB＝F B．若地面光滑，则FAB＝ C．若地面有摩擦，且A、B被推动，则FAB＝ D．若地面有摩擦，且A、B被推动，则FAB＝ 10．如图所示，倾角为α的斜面静止不动，滑轮的质量和摩擦不计，质量为M的物体A与斜面的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，质量为m的物体B通过定滑轮用细线与M相连接，则( ) A．当m＞M(sin α＋μcos α)时，m一定有向下的加速度 B．当m＜M(sin α＋μcos α)时，m一定有向上的加速度 C．当m＞M(sin α－μcos α)时，m一定有向下的加速度 D．当m＜M(sin α－μcos α)时，m一定有向上的加速度三、非选择题 11．如图所示，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F＝8 N，经1 s铁块运动到木板的左端，求木板的长度． 12．如图甲所示，一木板放在光滑水平地面上，木板AB部分水平粗糙，BC部分是倾角为θ＝37°的光滑斜面，木板右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器．当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一可视为质点的滑块从C点由静止滑下，传感器记录其所受到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)滑块滑至斜面底端时的速度； (2)滑块的质量； (3)滑块在水平面上做减速运动的位移．参考答案 1．解析：要靠竖直方向上产生的压力才能产生读数的仪器就不能用，如体重计．而弹簧秤可以用来测拉力．答案：B 2．解析：在自由落体运动中，相互接触的物体间的作用力为零，而弹簧的弹力及浮力是接触力，都变为零．答案：D 3．解析：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错误；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错误；以竖直向下为正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向竖直向下，但速度方向可能竖直向上，也可能竖直向下，C选项错误、D选项正确．答案：D 4．解析：选人和吊台整体为研究对象，受力如图(a)所示，F为绳的拉力．由牛顿第二定律有：2F－(M＋m)g＝(M＋m)a，则拉力大小为：F＝＝350 N. 选人为研究对象，受力如图(b)所示，其中FN是吊台对人的支持力．由牛顿第二定律得：F＋FN－Mg＝Ma，故FN＝M(a＋g)－F＝200 N. 答案：C 5．解析：刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，当相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2＝＝－μg，故a2＝－μg，a－t图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D均错误．答案：A 6．解析：本题考查了超重、失重现象的本质．物体运动时具有竖直向上的加速度，属于超重现象．A、C两个选项中的汽车和运动员都具有竖直向下的加速度，均错误；B、D两个选项中的小孩和火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，均正确．答案：BD 7．解析：由速度图象可知，在0～t3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确、B错误．t1～t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2～t3时间内火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C正确、D错误．答案：AC 8．解析：隔离小球分析，如下图所示．由Tcos θ＝mg，得θ＝60°.由mgtan θ＝ma，得a＝g.由于小球偏成这个角后与车箱相对静止，故汽车的加速度也是g. 答案：AC 9．解析：若地面光滑，整体获得的加速度a＝，隔离B，FAB＝mBa＝m＝.若地面有摩擦，且A、B被推动，整体获得的加速度a＝＝－μg，隔离B，由牛顿第二定律FAB－μmg＝mBa，得FAB＝ma＋μmg＝m－μmg＋μmg＝. 答案：BD 10．解析：当A相对斜面向上滑动时，斜面对A有向下的摩擦力，由整体法有：mg－Mgsin α－μMgcosα＝(M＋m)a＞0；即当m＞M(sin α＋μcos α)时，m一定有向下的加速度，A项正确B项错误．当A相对斜面向下滑动时，斜面对A有向上的摩擦力，由整体法有：Mgsin α－μMgcos α－mg＝(M＋m)a＞0；即当m＜M(sin α－μcos α)时，m一定有向上的加速度，D项正确C项错误. 答案：AD 11．解析：铁块的受力如图，由牛顿第二定律： F－μ2mg＝ma1.① 木板的受力如图，由牛顿第二定律： μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2.② 设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则木＝a2t2.③ 铁＝a1t2.④ 又：铁－木＝L.⑤ 联立①②③④⑤解得：L＝1 m. 答案：1 m 12．解析：(1)滑块沿斜面下滑时的受力情况如图所示：由此可解得加速度为 a1＝＝g·sin θ＝6 m/s2，从F－t图象得到运动时间为 t1＝1s，根据运动学公式得滑块滑至斜面底端时的速度 v1＝a1t1＝6 m/s. (2)由F－t图象可知：滑块沿斜面下滑时，其所受支持力的反作用力(如下图所示)沿水平方向的分力FNsin θ＝12 N，而 FN＝mgcos θ，由此解得： m＝2.5 kg. (3)由F－t图象可知：滑块沿水平面运动时，其所受动摩擦力(如上图所示)产生的加速度大小为a2＝＝＝2(m/s2)，根据运动学公式可得滑块在水平面上做减速运动的位移为： s＝v1t2－a2t＝6×2－×2×22＝8 (m)．答案：(1)6 m/s　(2)2.5 kg　(3)8 m 高考学习网：高考学习网：。

(广东专用)2014届高考物理一轮复习方案专题3 牛顿运动定律的应用(2)(含解析).pdf

专题(三)　[专题3　牛顿运动定律的应用(2)] 1．2012·杭州模拟(双选)如图－1甲所示在粗糙的水平面上物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动其v－t图象如图乙中实线所示下列判断正确的是( ) 甲乙图－1在0～1 s内外力F不断增大在1～3 s内外力F的大小恒定在3～4 s内外力F不断减小在3～4 s内外力F的大小恒定蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动所受绳子拉力F的大小随时间tZ3－2所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动重力加速度为g.据图可知此人在蹦极过程中最大加速度约为( ) 图－2 ．．．2012·扬州模拟从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球小球从抛出点t1，下落到抛出点的时刻为t若空气阻力的大小恒定则在图－3中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图象是( ) A B C D图－3 图－42013·无锡一中质量检测图－4绘出了轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ和μ时紧急刹车时的刹车痕迹(即刹车距离s)与刹车前车速v1和μ的大小关系为( ) ．＝μ条件不足不能比较放在水平地面上的一物块受到方向不变的水平推力F的作用的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图－5所示．取重力加速度g＝10 由此两图线可以m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( ) 甲乙图－5＝1.5 ＝＝0.5 ＝0.4＝0.5 ＝0.2 ．＝1 ＝0.22012·白鹭洲中学月考如图－6所示用皮带输送机向上传送物块皮带与物块保持相对静止则关于物块所受摩擦力f下列说法正确的是( ) 图－6皮带传送的速度越大越大皮带加速运动的加速度越大越大皮带速度恒定物块质量越大越大的方向一定与皮带速度方向相同如图－7所示在倾角为α的固定光滑斜面上有一用绳拴着图－7的长木板木板上站着一只老鼠．已知木板的质量是老鼠质量的两倍．当绳子突然断开时老鼠立即沿着木板向上跑以保持其相对斜面的位置不变．由此木板沿斜面下滑的加速度为( )sinα B．gsinα D．2gsinα 8．(双选)如图－8所示地面上有两个完全相同的木块A、B在水平推力F作用下运动当弹簧长度稳定后若用μ表示木块与地面间的动摩擦因数表示弹簧弹力则( ) 图－8A．μ＝0时＝＝0时＝Fμ≠0时＝时＝F2012·大连模拟如图－9所示一个重为G＝的物体放在倾角为30的光滑斜面上斜面放在台秤上当烧断细线后物块下滑与烧断细线前比较台秤示数( ) 图－9减小2 N B．减小1 N增大2 N D．增大1 N2012·温州八校联考一个质量为1500 的行星探测器从某行星表面竖直升空发射时发动机推力恒定发射升空后8 末发动机突然间发生故障而关闭如图－10所已知该行星表面没有大气不考虑探测器总质量的变化．求：(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度；(2)探测器落回出发点时的速度；(3) 探测器发动机正常工作时的推力．图－10 11．2013·湖南师大附中月考如图－11所示在倾角θ＝37的固定斜面上放置一质量M＝1 、长度L＝3 的薄平板AB.平板的上表面光滑其下端B与斜面底端C的距离为7 在平板的上端A处放一质量m＝0.6 的滑块开始时使平板和滑块都静止之后将它们无初速释放设平0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差(sin37°＝0.6s37°＝0.8＝10 ) 图－11专题(三)　[解析] 由v－t图象可以看出～1 内物块做匀加速运动故物块所受合力恒定外力F大小不变选项错误；在1～3 内物块做匀速直线运动物块受力平衡外力F大小不变选项正确；在3～4 内物块做加速度增大的减速运动故外力F小于摩擦力摩擦力不变所以外力F不断减小故选项正确选项　[解析] 从图象可知当人最后不动时绳上的拉力为即mg＝最大拉力为由牛顿第二定律有－mg＝ma解得a＝2g选项正确．　[解析] 小球在上升过程中做匀减速直线运动a1＝下降过程中做匀加速直线运动其加速度为a＝即a且所分析的是速率与时间的关系选项正确．　[解析] 根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma解得紧急刹车时加速度大小a＝μg；根据匀变速直线运动规律得v＝2as＝2μgs结合图象初速度相同时图线μ对应的刹车距离较小所以μ5．B　[解析] 0～2 s内物体不动拉力＝2 N时匀速运动说明滑动摩擦力为2 N拉力＝3N时物体做加速度为2 m/s的匀加速运动则求得质量为0.5 kg由匀速运动时的拉力＝2 N可以求得＝0.4.　[解析] 若物块匀速运动由物块的受力情况可知摩擦力f＝mg与传送带的速度无关选项错误；物块质m越大摩擦力f越大选项正确；皮带加速运动时由牛顿第二定律可知－mg＝ma加速度a越大摩擦力f越大选项正确；若皮带减速上滑则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带向下选项错误．　[解析] 绳断后老鼠相对斜面不动木板对老鼠沿斜面向上的作用力与老鼠的重力沿斜面的分力大小相等即F＝mg由牛顿第三定律知老鼠对木板沿斜面的作用力大小也为mg对木板研究其重力沿斜面的分2mgsinα，则木板沿斜面所受合力为F合＝mg＋2mg＝3mg由牛顿第二定律知木板的加速度a＝＝选项正确．　[解析] 当μ＝0时对系统整体应用牛顿第二定律有F＝2ma隔离木块B应用牛顿第二定律有：N＝ma可得N＝正确错误；当μ≠0时对整体和木块BN＝故本题应选、C 9．　[解析] 本题可用整体法求解属于超重、失重的定量计算．烧断细线后物体匀加速下滑下滑加速度＝g＝方向沿斜面向下(如图所示)其中竖直向下的分量为＝＝所以物体失重台秤示数减小量为＝＝1 N.(1)768 m　(2)32　(3)1.8×10[解析] (1)0～24 探测器一直处于上升阶段＝＝768 (2)8 s末发动机关闭此后探测器只受重力作用＝a＝＝＝4 探测器返回地面过程有＝2gH解得v＝32(3)上升阶段加速度a＝＝＝8 由牛顿第二定律有－mg＝ma解得F＝1.8×10　[解析] 对平板Mgsin37°＜μ(M＋m)g故滑块在平板上滑动时平板静止不动．对滑块滑块在平板上滑行时加速度a＝g＝滑块到达B点时速度v＝＝6 滑块由B至C时的加速度a＝g－μg＝设滑块由B至C所用时间为t则L＝vt＋解得t＝1 对a＝g－μg＝2 滑至C端所用时间为t′则L＝解得t′＝滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为＝t′－t＝(－1)＝1.65。

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第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用
一、单项选择题
1. (2013·广铁一中改编)某人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为70.0 kg的人站在地面上,通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦,则人对地面的压力大小为(取g=10
m/s2)( )
A. 510 N
B. 490 N
C. 890 N
D. 910 N
2. (2012·执信中学)如图所示,两块连接在一起的物块a和b,质量分别为m
a 和m
b
,放在
水平的光滑桌面上,现同时施给它们方向如图所示的推力F
a 和拉力F
b
,已知F
a
>F
b
,则a对
b的作用力( )
A. 必为推力
B. 必为拉力
C. 可能为推力,也可能为拉力
D. 不可能为零
3. 如图所示,质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上,车上站着一质量为m 的人,若要平板车静止在斜面上,车上的人必须( )
A. 匀速向下奔跑
B. 以加速度a=M
m gsin α向下加速奔跑
C. 以加速度a=1M m ⎛⎫+
⎪
⎝⎭gsin α向下加速奔跑 D. 以加速度a=1M m ⎛⎫+
⎪
⎝
⎭gsin α向上加速奔跑
4. (2013·广东省实验中学)如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间不可能是(
)
A. L v +2v g μ
B. L
v
C. 2L g μ
D. 2L v
二、双项选择题
5. (2012·中山一中)为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯.无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示.那么下列说法中正确的是(
)
A. 顾客先受到三个力的作用后受到两个力的作用
B. 顾客始终处于超重状态
C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下
D. 顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下
6. (2013·肇庆中学)如图所示,质量为m 的滑块在光滑斜面体上并用绳拴着,斜面倾角为θ,斜面体质量为M,斜面体置于光滑水平面上,为了使滑块不离开斜面,作用于斜面
体上水平向左的拉力F可能( )
A. 大于(M+m)gcot θ
B. 等于(M+m)gcot θ
C. 小于(M+m)gcot θ
D. 无法确定
7. 如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.根据图乙中所标出的数据可计算出( )
A. 物体的质量为2 kg
B. 物体与水平面间的滑动摩擦力为6 N
C. 物体与水平面间的最大静摩擦力为6 N
D. 在F为14 N时,物体的速度为28 m/s
8. (2012·四会中学)建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处(如图甲).图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,下列判断正确的是( )
甲
乙
A. 前5 s的平均速度是0.5 m/s
B. 整个过程上升的高度是28 m
C. 30~36 s材料处于超重状态
D. 前10 s钢索最容易发生断裂
9. (2013·惠州一中)如图甲所示,两物体A、B叠放在光滑水平面上,对物体A施加一水平力F,F t关系图象如图乙所示.两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静
止.则( )
A. 两物体做匀变速直线运动
B. 两物体沿直线做往复运动
C. B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同
D. t=2 s到t=3 s这段时间内两物体间的摩擦力逐渐增大
三、非选择题
10. 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查.如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持v=1 m/s的恒定速率运行.一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离L=2 m,取g=10 m/s2.
(1) 求行李刚开始运行时所受的滑动摩擦力的大小与加速度的大小.
(2) 求行李做匀加速直线运动的时间.
(3) 如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B地.求行李从A处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率.
11. (2012·惠州二模)如图所示,地面不光滑,大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最
左端,m
A =1 kg,m
B
=1 kg.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板B与地面间的动摩
擦因数μ
1=0.1,铁块 A 与木板B之间的动摩擦因数μ
2
=0.4,取 g=10 m/s2.现给A施加一
个水平向右的力F.
(1) 若力F恒为1 N,问A、B所处的状态如何?
(2) 若力F恒为3 N,求A、B的加速度大小及方向.
(3) 若力F恒为8 N,经1 s铁块A运动到木板B的最右端.求木板B的长度以及系统产生的热量.
(4) 若力F从零开始逐渐增加,且木板B足够长.试通过分析与计算,在图中作出铁块A 受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.
第3讲牛顿运动定律的综合应用
1. B
2. C
3. C
4. B
5. AC
6. BC
7. AB
8. BD
9. CD
10. (1) 刚开始时,滑动摩擦力为f=μmg=4 N. 加速度a=μg=1 m/s 2.
(2) 由s=2
2v a =0.5 m 判断出行李在皮带上先加速后匀速.匀加速直线运动的时间为 t=v
a =1 s.
(3) 行李从A 处到B 处的最短时间对应着行李从A 到B 一直在加速,L=22x
v a ,解得v x =2 m/s.
此时所需时间为t x =x
v a =2 s.
11. (1) A 、B 都静止不动.
(2) A 、B 具有共同的加速度,大小为0.5 m/s 2,方向水平向右. (3) 木板的长度为1 m,系统产生的热量6 J.
(4) ①当F ≤μ1(m A +m B ) g=2 N 时,系统没有被拉动,静摩擦力与力F 成正比,即f=F. ②当F ≥μ1(m A +m B ) g=2 N 时,如果A 、B 相对静止,铁块与木板有相同的加速度a,则 F-μ1(m A +m B ) g=(m A +m B )a,F-f=m A a,解得F=2f-2. 此时f ≤μ2m A g=4 N,也即F ≤6 N.
所以当2 N<F ≤6 N 时,f=2F
+1 N.
③当F>6 N 时,A 、B 相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为
f=μ
2 m
A
g=4 N.
因此,f F 图象如图所示.。