2013届高考物理一轮复习必修一第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用限时训练(教科版)

2013届高考物理一轮复习必修一第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用限时训练（教科版）1．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解析 本题考查了超、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，均不正确；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 BD2．游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，下列描述正确的是( )．A ．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B ．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态C ．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D ．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态解析 当物体的加速度方向向上时，处于超重状态，而加速度方向向下时，处于失重状 态，由此判断选项B 、C 正确． 答案 BC3. 如图3－3－14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 为铁片，质量为m ，整个装置用轻绳挂于O 点，在电磁铁通电后，铁片被吸引上升的过程中，轻绳的拉力F 的大小为 ( )． A ．F ＝mg B ．mg <F <(M ＋m )g C ．F ＝(M ＋m )g D ．F >(M ＋m )g解析 由于铁片B 从静止被吸引上升过程中，必然有竖直向上的加速度，系统A 、B 、C 受到重力(M ＋m )g 和绳的拉力F 的作用．铁片B 被吸引上升过程中，系统中有竖直向上 的加速度，处于超重状态，所以F >(M ＋m )g . 答案D图3－3－144. 某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3－3－15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)()．解析从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为A、D.答案AD5. (2011·四川卷，19)如图3－3－16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解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．答案 A6. 如图3－3－17所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()．A．μmg B.mFM＋m C．μ(M＋m)g D．ma解析m与M无相对滑动，故a相同．图3－3－15 图3－3－16 图3－3－17对m 、M 整体F ＝(M ＋m )·a ，故a ＝FM ＋mm 与整体加速度相同也为a ，对m ：f ＝ma ，即f ＝mFM ＋m ，又由牛顿第二定律隔离m ，f＝ma ，故B 、D 正确． 答案 BD7. 如图3－3－18所示，小车质量为M ，小球P 的质量为m ，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P 随车一起匀加速运动(相对位置如图3－3－18所示)，则施于小车的水平作用力F 是(θ已知)( )．A ．mg tan θB ．(M ＋m )g tan θC ．(M ＋m )g cot θD ．(M ＋m )g sin θ解析 小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析 如图．由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，故a ＝g tan θ.对球和车整体， 由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a ，即F ＝(M ＋m )g tan θ. 答案 B8．(2011·成都模拟)如图3－3－19所示，一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物体m ，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车向右运动，全过程中M 始终未相对杆bc 移动，M 、m 与小车保持相对静止，已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，M 受到的摩擦力大小依次为f 1、f 2、f 3、f 4，则以下结论正确的是( )．图3－3－19A ．f 1∶f 2＝1∶2B ．f 2∶f 3＝1∶2C ．f 3∶f 4＝1∶2D ．tan α＝2tan θ解析 已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力f ＝Ma ，则图3－3－18f 1∶f 2＝1∶2.在第(3)、第(4)图中摩擦力f 3＝(M ＋m )a 3，f 4＝(M ＋m )a 4，f 3∶f 4＝1∶2.第(3)、 (4)图中，a 3＝g tan θ，a 4＝g tan α.则tan α＝2tan θ. 答案 ACD9.如图3－3－20所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 ( )．解析 小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度 为a 1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a 2的加速度做匀加速直线运 动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a 1>a 2，在v －t 图像中，图线的斜率表示 加速度，故选项D 对(传送带模型)． 答案 D10．(2011·福建卷，16)如图3－3－21甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图像(以地面为参考系)如图3－3－21乙所示．已知v 2>v 1，则( )．图3－3－21A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析 相对地面而言，小物块在0～t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1～t 2时间内，又反 向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运 动．故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，A 错误．相对传送带而言，在0～t 2时间内， 小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物 块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距图3－3－20离达到最大值，B 正确，C 、D 均错误(传送带模型)． 答案B11.两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3－3－22所示，滑块A 、B 质量分别为M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力．解析 把A 、B 两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a ，由 牛顿第二定律有(M ＋m )g sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a 得a ＝g (sin θ－μ1cos θ)． 由于a <g sin θ，可见B 随A 一起下滑过程中，必须受到A 对它沿斜面 向上的摩擦力，设摩擦力为F B (如图所示)．由牛顿第二定律有mg sin θ －F B ＝ma得F B ＝mg sin θ－ma＝mg sin θ－mg (sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ(程序思维法)． 答案 μ1mg cos θ，方向沿斜面向上12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3－3－23所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 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．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2. (1)求行李刚开始运动时所受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 处，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． 解析 (1)滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ， 加速度a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v ＝at 1，t 1＝v a ＝11s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v min 2 ＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 行李最短运行时间由v min ＝a ×t min 得t min ＝v min a ＝21s ＝2 s(传送带模型)． 答案 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s图3－3－22 图3－3－23。