《2015高考物理一轮复习 课后达标检测8(牛顿运动定律的综合应用).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015高考物理一轮复习 课后达标检测8(牛顿运动定律的综合应用).doc（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课后达标检测8牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1. (2014陕西师大附中高三模拟)如图所示，一个重力G4 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，台秤示数(g10 m/s2)()A减小2 N B减小1 NC增大2 N D增大1 N2(2014临海市模拟)放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为，则弹簧测力计的示数为()A BCM DM3如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架
2、顶端，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有弹起当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小和方向为()Ag，竖直向上 Bg，竖直向上C0 Dg，竖直向下4如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA6 kg，mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则()A当拉力F12 N时，物体均保持静止状态B两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C两物体从受力开始就有相对运动D两物体始终没有相对运动5如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住现用一个力F拉斜面，使斜面在水
3、平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()A若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值二、不定项选择题6. 电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2B电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2C电梯可能向上减速运动，加
4、速度大小为2 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s27. 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内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的vt图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()8(原创题)如图所示，质量均为m的小球 A、B(可视为质点)用长为2h的细线相连，放在高为h的光滑水平桌面上，A球刚好在桌边，现使小球A由静止开始下落，若A、B两球落地后均不再弹起，则下面的说法正确的是( )A在小球A落地前，细线对小球B的拉力等于mgB在小球A落地前，细线对小球B的拉力等于C小球B落地时恰好把细线拉直D小球B落地时不能把细
5、线拉直9(2014慈溪市模拟)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是()A铝球下沉的速度越来越大B开始释放时，铝球加速度a0gC铝球下沉过程所受到油的阻力FfD铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功三、非选择题10(2012高考浙江卷)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”，如图所示在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“
6、B鱼”竖直下潜hB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已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，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vA1；(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fAfB11如图是轧钢厂把钢轧成后将其运送出去的原理图，a、b、c是可以绕固定轴转动的完全相同的转轮，它们的半径均为0.4 m，转轮中心轴间的距离均是4 m，现有一均匀板A，置于转轮上，其质量是2 kg，重心过b轮中心轴，板上放着质量也是2 kg的物块B
7、设转轮突然以10 rad/s的角速度开始匀速转动，当A板从静止开始前进0.5 m时，B相对于地面前进了0.25 m，已知物块B受到的滑动摩擦力是4 N，g取10m/s2.求：(1)转轮与A板间的动摩擦因数；(2)A板的重心从b轮顶点运动到c轮顶点处所用的时间12为了解决高楼救险中云梯高度不够高的问题，可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆如图为一次消防演习中模拟解救被困人员的示意图，被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上、沿滑杆下滑到消防云梯上逃生为了安全，被困人员滑到云梯顶端的速度不能太大，通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接，滑杆A端用挂钩钩在高楼的固定物上，且可绕固定物自由转动，B端
8、用铰链固定在云梯上端，且可绕铰链自由转动，以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变，被困人员可看作质点、不计过O点时的机械能损失已知AO长L1 6 m、OB长L212 m、竖直墙与云梯上端点B的水平距离d13.2 m，被困人员安全带上的挂钩与滑杆AO间、滑杆OB间的动摩擦因数均为5/6.被困人员到达云梯顶端B点的速度不能超过6 m/s，取g10 m/s2.(1)现测得OB与竖直方向的夹角为53，请分析判断被困人员滑到B点是否安全(sin 370.6，cos 370.8)(2)若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离保持不变，求能够被安全营救
9、的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离(结果可用根式表示) 详解答案与解析：1解析选B.物体的加速度agsin 305 m/s2，竖直向下的分加速度为ayasin 302.5 m/s2，台秤示数的减小量为Gmay0.42.5 N1 N，故B正确2解析选B.先以A、B整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(Mm)g，竖直向上的支持力FN(Mm)g，水平方向向左的拉力F，水平方向向右的摩擦力FfFN(Mm)g.由牛顿第二定律得到：FFfF(Mm)g(Mm)a，再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FNMg，水平方向向左的弹簧拉力F，水平方向向右的摩擦力FfFNMg.由牛顿第二
10、定律得到：FFfFMgMa，ag，将代入整理得：F，所以选项B正确3解析选D.法一：(整体法)框架对地面压力为零，对整体有Mgmgma，得ag，方向为竖直向下，选项D正确法二：(隔离法)选框架为研究对象，因框架始终没有弹起，即框架始终处于平衡状态当框架对地面压力为零的瞬间，框架只受本身的重力Mg和弹簧对它竖直向上的弹力F，由平衡条件可得FMg，选小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力mg和弹簧对它的弹力F，由牛顿运动定律得Fmgma，又FF，即ag.4D5.解析选D.设球的质量为m，斜面倾角为，斜面给球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2，对球受力分析，如图所示由牛顿第二定律得：F1cos
11、mg0，F2F1sin ma解得F1是定值，F2mgtan ma，故A、B错，D正确；球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为ma，故C错6解析选BC.匀速运动时，F1mg示数为8 N时，mgF2ma解得：a2 m/s2，方向向下，因此物体向下加速运动或向上减速运动，故B、C正确7解析选AD.由题意可知人的重力为490 N，t0t1时间内，视重为440 N，人失重，有向下的加速度，应向上减速或向下加速运动，故B、C错t1t2时间内，视重为490 N，a0，匀速运动或静止t2t3时间内，视重为540 N，人超重，有向上的加速度，应向上加速或向下减速，故A、D均有可能8解析选BD.在小球A落地前，把A
12、B看成一个整体，该整体受到的合力为mg，根据牛顿第二定律可知，二者共同的加速度a.再以小球B为研究对象，小球B所受的合力为绳子的拉力，根据牛顿第二定律可知，绳子的拉力为Fmamg，故选项B正确；设小球B抛离水平面时的速度为v，那么mgh(2m)v2，即v，小球B下落所用的时间t，故小球B落地时水平抛出的距离为xvth，不能拉直绳子，选项D正确9解析选BC.铝球下沉的速度先增大后不变，选项A错误；开始释放时，铝球除受重力外，还受到竖直向上的浮力作用，其加速度a0小于g，选项B正确；根据通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象可知，aa0.设液体浮力为F，刚剪断细线时，v0，油的阻力Ff0，
13、由牛顿第二定律，mgFma0.铝球下沉过程中，由牛顿第二定律，mgFFfma.联立解得铝球下沉过程所受到油的阻力Ff，选项C正确；铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力和浮力所做的功，选项D错误10解析(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有 v02gH，得：vA1.(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aA，有F合F浮fAmg，F合maA，0v2aAhA，由题意F浮mg，综合上述各式，得fAmg.(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有fBmg，解得.答案见解析11解析(1)根据牛顿运动定律有 FfB mBaB，得aB2 m/s2，由xBa
14、Bt2得B相对于地面前进0.25 m过程所经历的时间为t0.5 s又由xAaAt2得aA4 m/s2又根据牛顿运动定律有 FfAFfBmAaA式中FfA(mAmB)g即得 0.3.(2)A板加速所能达到的最大速度为vr4 m/s，之后A板将作匀速运动达到最大速度时所用时间为 t11 s在此过程中A板向左移动过的距离为x1aAt12 2 mA板的重心从b轮顶点运动到c轮顶点过程中匀速运动位移为x2 Lx12 mt20.5 s故所用的总时间 t1t1 t21.5 s.答案(1)0.3(2)1.5 s12解析(1)设OA、OB与竖直方向的夹角分别为、，由几何关系得dL1sin L2sin ，37由牛顿第二定律：mgcos mgsin ma1a13 m/s2，由v2a1L1得v06 m/s从0到B，对被困人员受力分析，经计算可得mgsin mgcos .所以从0到B做减速运动，vBv06 m/s，被困人员能安全到达云梯顶端B点(2)设滑杆两端点AB的最大竖直距离为h，对被困人员下滑全过程由动能定理得：mghmg L1sin mg L2sin mv2dL1sin L2sin hd由v 6 m/s，得h 12.8 m若两杆伸直，AB间的竖直高度为：h12.24 mh h所以能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离应为hm12.24 m.答案(1)能(2)12.24 m