《用牛顿运动定律解决问题》模拟试题 省赛一等奖

《用牛顿运动定律解决问题（二）》试题[全员参与·基础练]1．(2022·北京高考)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【解析】本题考查牛顿第二定律的应用，重在物理过程的分析，根据加速度方向判断超重和失重现象．手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．【答案】D2．某物体受四个力的作用而处于静止状态，保持其他三个力的大小和方向均不变，使另一个大小为F的力的方向转过90°，则欲使物体仍保持静止状态，必须再加上一个力，大小为()A．F B．eq\r(2)FC．2F D．【解析】物体受四个力作用而处于静止状态时，F与其余三个力的合力等大、反向，设为F′，当F转过90°时，F′与F夹角为90°，又F′＝F，两力的合力F合＝eq\r(2)F，故需加一个与F合方向相反、大小为eq\r(2)F的力．故B正确．【答案】B3．(2022·娄底高一检测)体重为500N的小勇站在体重计上，在升降机中研究超重与失重现象，升降机在上升过程中经历了加速、匀速和减速三个阶段，比较符合实际情况的体重计的示数依次应为()A．480N、500N、520N B．520N、500N、480NC．480N、520N、500N D．500N、500N、500N【解析】在向上加速过程中，人处于超重状态，故体重计的示数大于自身重力；在匀速向上时，体重计的示数等于人的重力；在向上减速过程中，人处于失重状态，故体重计的示数小于自身重力．所以选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】B4.如图4－7－6所示，质量为60kg的运动员的两脚各用750N的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑，若他从离地12m高处无初速匀加速下滑2s可落地，则此过程中他的两脚蹬墙的水平力均应等于(g＝10m/s2)()图4－7－6A．150N B．300NC．450N D．600N【解析】匀速下滑时由平衡条件知2×μ×750＝600①加速下滑时a＝eq\f(2×12,4)m/s2＝6m/s2②600－2μFN＝60a①②③联立得FN＝300N，B对．【答案】B5．(2022·贵阳一中高一检测)一个质量为3kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图4－7－7所示的甲、乙、丙三种情况下，物体能处于平衡状态的是(g取10m/s2)()图4－7－7A．仅甲图 B．仅乙图C．仅丙图 D．甲、乙、丙图【解析】物体受三个力的作用：重力、支持力、拉力．重力沿斜面向下的分力大小为15N，故只有乙图中的物体能保持平衡，B正确．【答案】B6．(多选)(2022·武汉高一检测)几位同学为了探究电梯启动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层．用照相机进行了相关记录，如图4－7－8所示．图甲为电梯静止时体重计的照片，图乙、图丙、图丁和图戊分别为电梯运动过程中体重计的照片．根据照片推断正确的是()图4－7－8A．根据图乙推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态B．根据图丙推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态C．根据图丁推断电梯可能处于减速上升过程，电梯内同学一定处于失重状态D．根据图戊推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于超重状态【解析】由图甲可知，该同学的体重为46kg，图乙中体重计的示数大于人的重力，故该同学处于超重状态，该电梯可能加速上升，也可能减速下降，选项A错误；图丙中体重计的示数小于人的重力，故该同学处于失重状态，该电梯可能加速下降，也可能减速上升，选项B错误；图丁中体重计的示数小于人的重力，故该同学一定处于失重状态，该电梯可能加速下降，也可能减速上升，选项C正确；图戊中体重计的示数大于人的重力，故该同学一定处于超重状态，该电梯可能加速上升，也可能减速下降，选项D正确．【答案】CD7．如图4－7－9所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线夹角为α＝60°.两个球的质量比eq\f(m2,m1)等于()图4－7－9\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(2),3)\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(2),2)【解析】对两小球分别进行受力分析，如图所示，则FT＝m2g.由平衡条件可知，FN、FT的合力与m1g大小相等，方向相反，因为α＝60°，且OA＝OB，故平行四边形ABOD为菱形，FN＝FT，所以2FTsinα＝m1g，解得eq\f(m2,m1)＝eq\f(\r(3),3)，故A对．【答案】A8．一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)．设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h－t图象如图4－7－10所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为()图4－7－10A．8m/s220m/s B．10m/s225m/sC．8m/s225m/s D．10m/s220m/s【解析】根据图象可知物体在t＝s时上升到最大高度，为25m．由竖直上抛运动公式h＝v0t－eq\f(1,2)gt2，v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh可求得A项正确．【答案】A[超越自我·提升练]9.如图4－7－11所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁块、质量为m，整个装置用轻绳悬挂在O点，在电磁铁通电，铁块被吸引加速上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为()图4－7－11A．F＝mgB．Mg<F<(M＋m)gC．F＝(M＋m)gD．F>(M＋m)g【解析】电磁铁通电后，铁块被吸引加速上升，可认为A、B、C组成的系统重心加速上移，有向上的加速度，即整个系统处于超重状态，则轻绳拉力F应大于(M＋m)g.故选D.【答案】D10．如图4－7－12所示，某人在地面上用体重计称得其体重为490N，他将体重计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，体重计的示数如图甲所示，电梯运动的v－t图可能是图乙中的(取电梯向上运动的方向为正)()甲乙图4－7－12A．①③ B．①④C．②④ D．②③【解析】由F－t图象知：t0～t1时间内，具有向下的加速度，t1～t2时间内匀速或静止，t2～t3时间内，具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0～t3时间内eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(向上减速，静止，向上加速，,向下加速，匀速，向下减速，))故选B.【答案】B11．(2022·西安高一检测)如图4－7－13所示，球重为G，半径为R，墙壁顶点A光滑，现用一细绳拉着球，使它沿光滑的竖直墙壁缓慢向上运动，若绳所能承受的最大拉力为T，求：图4－7－13(1)球心能达到的最高点到A点的距离？(2)球心到达最高点时，墙壁对球的压力．【解析】(1)设球心能到达的最高点到A的距离为L，球受力分析如图，由平衡条件得：G＝Tsinθ由几何知识可知：sinθ＝eq\r(L2－R2)/L联立上述方程解得：L＝TR/eq\r(T2－G2).(2)N＝Tcosθ＝Teq\r(1－sinθ2)＝eq\r(T2－G2).【答案】(1)TR/eq\r(T2－G2)(2)eq\r(T2－G2)12．(2022·上海高考)如图4－7－14，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v.图4－7－14(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′.(2)若a>gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．【解析】(1)由匀变速直线运动公式有：v2＝2a′s1、v2＝2as2，且s＝s1＋s2，解得：a′＝eq\f(av2,2as－v2).(2)假设球不受