福建省长乐第一中学高三物理一轮复习 3.3 牛顿运动定律的综合应用课时作业.doc

福建省长乐第一中学高三物理一轮复习 3.3 牛顿运动定律的综合应用课时作业图3312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3312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4 m/s2c电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2d电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2解析：选c.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c正确2.图3313如图3313，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，处于静止状态地面受到的压力为fn，球b所受细线的拉力为f.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力()a小于fnb等于fnc等于fnf d大于fnf解析：选d.剪断连接球b的细线后，b球会向上加速，造成两球之间的静电力f电增大，剪断前由整体法有fnmgmagmbg，f电mbgf.剪断后对箱和a球有fnmgmagf电fnmbgf电，由于f电f电，所以fnfnf，故选d.3.图3314如图3314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在上升和下降过程中a对b的压力等于a物体受到的重力解析：选a.对于a、b整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，a对b均无压力，只有a项正确4. (2013山东师大附中高三模拟)如图3315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 nb减小1 nc增大2 nd增大1 n解析：选b.物体的加速度agsin305 m/s2，竖直向下的分加速度为ayasin302.5 m/s2，台秤示数的减小量为gmay0.42.5 n1 n，故b正确5.图3316某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图3316所示的vt图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()a在510 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力b在05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态c在1020 s内，该同学所受的支持力在减小，该同学的机械能在减小d在2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态解析：选a.由图象可知，在510 s内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，选项a正确；在05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，选项b错误；在1020 s内，电梯减速上升，且加速度大小a0.2 m/s2，由牛顿第二定律知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，选项c错误；在2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，选项d错误6.图3317(2013成都外国语学校模拟)如图3317所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为ft.现用水平拉力f拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()a质量为2m的木块受到四个力的作用b当f逐渐增大到ft时，轻绳刚好被拉断c当f逐渐增大到1.5ft时，轻绳还不会被拉断d轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为ft解析：选c.对三个木块组成的整体，f(m2m3m)a，设轻绳的拉力恰好为ft，则有：ft(m2m)a，以上两式联立可得，此时f2ft，即当f2ft时轻绳刚要被拉断，b错误，c正确；对m分析，由ffma可得：ffft，d错误；此过程中，质量为2m的木块受重力、地面支持力、m对它的压力和摩擦力以及轻绳的拉力ft五个力作用，故a错误7(2013阜阳一中模拟)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3318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m、m，则弹簧测力计的示数为()图3318a.b.c.m d.m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.由牛顿第二定律得到：ffffmgma，ag，将代入整理得：f，所以选项b正确8.图3319如图3319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 b.g，竖直向上c0 d.g，竖直向下解析：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.9.图3320如图3320所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2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，则下列说法正确的是()a杆对小环的作用力大于m1gm2gbm1不变，则m2越大，越小c，与m1、m2无关d若杆不光滑，可能大于解析：选c.将小环与小球看做一整体，则fn(m1m2)gcos，故a错；由(m1m2)gsin(m1m2)a得agsin，对小球：m2gsinm2am2gsin，所以，故b错c正确若杆不光滑，则agsin，则，故d错二、非选择题10(2012高考北京卷)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3321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变化的已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图乙所示电梯总质量m2.0103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.图3321(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vt图象求位移的方法请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示at图象，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2；解析：(1)由牛顿第二定律有，fmgma由at图象可知，f1和f2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2，则f1m(ga1)2.0103(101.0) n2.2104 nf2m(ga2)2.0103(101.0) n1.8104 n(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积，可得v10.5 m/s同理可得v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s.答案：(1)2.2104 n1.8104 n(2)0.5 m/s1.5 m/s11.图3322如图3322所示，在光滑的水平面上停放着小车b，车上左端有一小物体a，a和b之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数0.4，小车长l2 m，a的质量ma1 kg，b的质量mb4 kg.现用12 n的水平力f向左拉动小车，当a到达b的最右端时，两者速度恰好相等，求a和b间光滑部分的长度(g取10 m/s2)解析：小车b从开始运动到小物体a刚进入小车b的粗糙部分的过程中，因小物体a在小车b的光滑部分不受摩擦力作用，故小物体a处于静止状态设小车b此过程中的加速度为a1，运动时间为t1，通过的位移为x1，运动的最终速度为v1，则有：a1v1a1t1x1a1t当小物体a进入小车b的粗糙部分后，设小车b的加速度为a2，小物体a的加速度为a3，两者达到相同的速度经历的时间为t2，且共同速度v2a3t2，则有a2a3gv1a2t2a3t2v1t2a2ta3tlx1综合以上各式并代入数据可得a和b间光滑部分的长度：x10.8 m.答案：0.8 m12.如图3323所示，传送带的水平部分ab2 m，斜面部分bc4 m，bc与水平面的夹角37.一个小物体a与传送带的动摩擦因数0.25，传送带沿图示的方向运动，速度v2 m/s.若把物体a轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体a不会脱离传送带求物体a从a点被传送到c点所用的时间(已知：sin370.6，cos370.8，g10 m/s2)图3323解析：物体a轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等在这一过程中有a1gx10.8 ma