1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(二)牛顿运动定律及其应用(45分钟100分)一、单项选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分,每小题只有一个选项符合题意)1.(2013无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为的足够长斜面上匀减速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示.则物块减速为零的时间将()A.变大B.变小C.不变D.不能确定2.(2013扬州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示的物理模型,一个小朋友从A点开始下滑,滑到C点恰好静止,在由
2、A到B和由B到C的过程中分别做匀加速和匀减速运动,整个过程中滑梯保持静止状态,若AB=2BC,则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()A.小朋友在AB段重力的平均功率等于BC段重力的平均功率B.小朋友在AB段和BC段合外力所做的总功相同C.地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左D.地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小3.(2013 济宁模拟)如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总
3、时间为3 s,g取10m/s2,那么该消防队员()A.下滑过程中的最大速度为4 m/sB.加速与减速过程的时间之比为14C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17D.加速与减速过程的位移大小之比为144.(2013浙江高考)如图所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是()A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s25.(2013泰州模拟)如图所示,在光
4、滑平面上有一静止小车,小车质量为M=5kg,小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块,和小车间的动摩擦因数为=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM,可能正确的有(g取10m/s2)()A.am=1m/s2,aM=2m/s2B.am=1m/s2,aM=3m/s2C.am=2m/s2,aM=4m/s2D.am=3m/s2,aM=5m/s2二、多项选择题(本大题共4小题,每小题8分,共32分,每小题有多个选项符合题意)6.如图所示,A、B球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()A.
5、两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinB.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinD.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零7.(2013滨州一模)2012年8月3日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌,忽略空气阻力,下面关于蹦床运动的说法中正确的是()A.运动员下落到刚接触蹦床时,速度最大B.运动到最低点时,床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中,运动员的加速度先减小后增大D.在下落过程中,重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量8.(2013南通模拟
6、)如图甲所示,用一水平外力F拉着一个静止在倾角为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变化的图像如图乙所示,若重力加速度g取10m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出()A.物体的质量B.斜面的倾角C.斜面的长度D.加速度为6 m/s2时物体的速度9.如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个只能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,g为重力加速度,则()A.升降机停止前在向上运动B.0t1时间内小球处于失重状
7、态,t1t2时间内小球处于超重状态C.t1t3时间内小球向下运动,动能先增大后减小D.t3t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量三、计算题(本大题共2小题,共38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)10.(18分)(2013南通模拟)小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象。他在地面上用台秤称得其体重为500N,再将台秤移至电梯内称其体重,电梯从t=0时由静止开始运动到t=11s时停止,得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示,取g=10m/s2。求:(1)小明在02s内的加速度大小a1,并判断在这段时间内小明处于超重还是失重状态;(2)在1011 s内,台
8、秤的示数F3;(3)小明运动的总位移x。11.(20分)(2013南京二模)如图所示,质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上,在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A(可视为质点)。初始时刻,A、B分别以v0=2.0m/s的速度向左、向右运动,最后A恰好没有滑离长木板B。已知A、B之间的动摩擦因数=0.40,取g=10m/s2。求:(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向;(2)A相对地面速度为零时,B相对地面运动已发生的位移x;(3)长木板B的长度l。(45分钟100分)一、单项选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分,每小题只有一个选项符合题意)1.(2013海
9、南高考)一质点受多个力的作用,处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()A.a和v都始终增大B.a和v都先增大后减小C.a先增大后减小,v始终增大D.a和v都先减小后增大2.(2013石家庄二模)如图所示,沿直线运动的小车内悬挂的小球A和车水平底板上放置的物块B都相对车厢静止。关于物块B受到的摩擦力,下列判断中正确的是()A.物块B不受摩擦力作用B.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左C.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向右D.因小车的运动方向不能确定,故物块B受的摩擦力情况无
10、法判断3.(2013扬州二模)从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球,小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1,下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()4.(2013贵阳模拟)a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面向右做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,如图所示。则()A.x1一定等于x2B.x1一定大于x2C.若m1m2,则x1x2D.若m1m2,则x1x25.(2
11、013莆田二模)如图所示,一根轻质弹簧上端是固定的,下端挂一质量为m0的平盘,盘中有一物体,质量为m,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了l,现向下拉盘使弹簧再伸长l后停止,然后松手,设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松手时盘对物体的支持力等于()A.(1+)mgB.(1+)(m+m0)gC.mgD.(m+m0)g二、多项选择题(本大题共4小题,每小题8分,共32分,每小题有多个选项符合题意)6.(2013潍坊一模)在下列运动过程中,人处于失重状态的是()A.小朋友沿滑梯加速滑下B.乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C.宇航员随飞船绕地球做圆周运动D.运动员离开跳板后向上运动7.(2013徐州
12、模拟)如图所示,轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在电梯运行时,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,这一现象表明此过程中()A.电梯一定是在下降B.电梯可能是在上升C.乘客一定处在失重状态D.电梯的加速度方向一定向上8.(2013浙江高考)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m时,以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是()A.所受浮力大小为4 830 NB.加速上升过程中所
13、受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N9.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g=10m/s2),则下列结论正确的是()A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC.物体的质量为2 kgD.物体的加速度大小为5 m/s2三、计算题(本大题共2小题,共38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)1
14、0.(18分)(2013盐城二模)如图所示,斜面体置于粗糙的水平地面上,一个质量m=2kg的物块,以v0=10m/s的初速度沿斜面向上滑动。沿斜面向上运动过程中,经过中点时速度v中=8m/s,斜面体始终静止。已知斜面的倾角=37,长l=4.5m。空气阻力不计,取sin37=0.6,cos37=0.8,g=10m/s2。求:(1)物块从底端运动到中点的时间;(2)试分析物块从开始运动到落地前所经历的运动形式,并说明其加速度的大小和方向;(3)物块在斜面上运动时,斜面体受到水平地面摩擦力的大小和方向。11.(20分)(2013泰州模拟)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下,跳离
15、飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为37,如图乙。已知运动员的质量为50kg,降落伞质量也为50 kg,不计运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比,即f=kv(g取10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6)。求:(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大?(2)阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向;(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少?答案解析1.【解析】选B。一质量为m的物块在倾角为的足够长斜面上匀减速下滑,说明mgsin-mgcos=ma0,现对物块施加一个竖直向下的恒力F
16、,等效重力增大F,即mg+F,(mg+F)sin-(mg+F)cos=ma,判断|a|2m/s2时,木块的加速度为2m/s2。关于木块的加速度am和小车的加速度aM,可能正确的是C。6.【解析】选B、C。细线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B球受力平衡,aB=0,A球所受合力为mgsin+kx=2mgsin,解得aA=2gsin,故A、D错误,B、C正确。7.【解析】选C、D。运动员到达最低点前,在接触蹦床后开始受到蹦床的弹力的作用,但是此时的蹦床形变较小,弹力较小,人受到合力还是向下的,所以人还在做向下的加速运动,但加速度的大小是在减小的,当弹力和人的重力相等时,人的速度达到最大,再向下运动时
17、,弹力大于人的重力,合力向上,人开始做加速度增大的减速运动直到最后速度减为零。综上所述可知,当弹力和人的重力相等时,速度最大,选项A错误;由牛顿第三定律可知运动到最低点时,床对运动员的作用力等于运动员对床的作用力,选项B错误,C正确;重力做的功等于重力势能的变化,在下落过程中,重力对运动员做正功,重力势能减小,选项D正确。8.【解析】选A、B。运动过程中,物体受重力、拉力和支持力作用,设沿斜面向上的方向为x轴正方向,与此垂直方向为y轴,建立直角坐标系,如图所示,将重力、拉力正交分解,根据牛顿第二定律得:Fcos-mgsin=ma由a -F图像知:F=0时,a=-6m/s2,代入式得sin=0.
18、6,=37,故B正确;由a -F图像知:F=30N时,a=6m/s2,代入式得m=2kg,故A正确,由于物体做变加速运动,故无法求出物体的速度和位移,无法求出斜面的长度,故C、D错误。9.【解析】选A、C、D。升降机停止前,弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力,0t1时间内,弹簧弹力由mg减小为0,说明弹簧逐渐恢复原长,升降机停止前在向上运动,小球由于惯性在继续向上运动,故A项正确;开始小球受重力和弹簧弹力作用处于平衡,小球继续上升的过程中,合力的方向向下,大小逐渐增大,根据牛顿第二定律,加速度的大小逐渐增大,加速度的方向向下,与速度反向,则速度逐渐减小。t1时刻小球向上运动到最高点,此时弹簧处
19、于原长,小球速度为零。t1t3时间内小球向下先加速后减速,动能先增大后减小直至为0,0t2时间内加速度方向一直向下,小球处于失重状态,B项错误,C项正确;t3t4时间内弹簧由拉伸状态逐渐恢复原长,由动能定理可知,弹簧弹性势能减小量等于小球重力势能增加量与动能增加量之和,故D项正确。10.【解析】(1)由图像可知,在02s内,台秤对小明的支持力F1=450N(1分)由牛顿第二定律有mg-F1=ma1(2分)解得a1=1m/s2(1分)加速度方向竖直向下,故小明处于失重状态(2)设在1011 s内小明的加速度为a3,时间为t3,02s的时间为t1,则a1t1=a3t3(2分)解得a3=2m/s2(
20、1分)由牛顿第二定律有F3-mg=ma3(2分)解得F3=600N(1分)(3)02s内位移x1=a1=2m(2分)210 s内位移x2=a1t1t2=16m(2分)1011 s内位移x3=a3=1m(2分)小明运动的总位移x=x1+x2+x3=19m(2分)答案:(1)1m/s2失重(2)600 N(3)19 m11.【解析】(1)A、B分别受到大小为mg的摩擦力作用,根据牛顿第二定律对滑块A:mg=maA(1分)则aA=g=4.0m/s2(1分)方向水平向右(1分)对木板B:mg=MaB(1分)则aB=1.0m/s2(1分)方向水平向左(1分)(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动,速度
21、减为0的过程中所用时间为t1,则v0=aAt1,则t1=0.50s(1分)B相对地面向右做减速运动x=v0t1-aB=0.875m(2分)(3)A向左匀减速运动至速度为零后,相对地面向右做匀加速运动,加速度大小仍为aA=4.0m/s2;(1分)B板向右仍做匀减速运动,加速度大小仍为aB=1.0m/s2;(1分)当A、B速度相等时,A相对B滑到最左端,恰好不滑出木板B,故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移;在A相对地面速度为零时,B的速度vB=v0-aBt1=1.5m/s(1分)设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2,则aAt2=vB-aBt2,(1分)解得t2=0.3s;(1分
22、)共同速度v=aAt2=1.2m/s(1分)A向左运动的位移xA=m=0.32 m(2分)B向右运动的位移xB=m=1.28 m(2分)B板的长度l=xA+xB=1.6m(1分)答案:(1)4.0m/s2,水平向右1.0m/s2,水平向左(2)0.875m(3)1.6 m1.【解析】选C。质点受多个力的作用,处于静止状态,则多个力的合力为零,其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反,使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来的大小,则所有力的合力先变大后变小,但合力的方向不变,根据牛顿第二定律,a先增大后减小,v始终增大,故选C。2.【解析】选B。小球A受力情况如图所示,由牛顿第二定
23、律得小球的加速度水平向左且恒定,物块B与小球A的加速度相同,由牛顿第二定律可知物块B所受摩擦力大小恒定,方向水平向左,选项B正确。3.【解析】选C。小球在上升过程中做匀减速直线运动,其加速度为a1=,下降过程中做匀加速直线运动,其加速度为a2=,即a1a2,且所分析的是速率与时间的关系,故选项C正确。4.【解析】选A。F竖直向上时,有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,kx1-m2g=m2a1,F水平向右时,有F=(m1+m2)a2,kx2=m2a2,解得x1=x2=,故只有选项A正确。5.【解析】选A。当盘静止时,对盘和物体整体由平衡条件得kl-(m+m0)g=0,放手后,由牛顿第二定
24、律得,对整体kl=(m+m0)a,对物体FN-mg=ma,解以上三式得FN=(1+)mg,选项A正确。6.【解析】选A、C、D。物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下,物体对支撑面的压力或者对绳子的拉力小于物体的重力的现象,当小朋友沿滑梯加速下滑时,具有向下的加速度,滑梯对人的支持力小于人的重力,人处于失重状态;乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内,加速度在水平方向,对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力,人不处于失重状态;宇航员随飞船绕地球做圆周运动,宇航员处于完全失重状态;运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态,故选项A、C、D正确,B错误。7.【解析
25、】选B、C。弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,说明弹簧的弹力减小了,小铁球所受力的合力不再为0,且合力向下,加速度向下,所以乘客一定处在失重状态,但加速度与速度无必然关系,即电梯的运动方向是可向上、可向下的,所以B、C项正确,A、D项错误。8.【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)审题注意关键词,理解浮力保持不变、总质量不变的含义;(2)对热气球进行运动分析和受力分析,找出热气球由加速运动到匀速运动的原因所在。【解析】选A、D。刚开始竖直上升时,热气球受重力和空气的浮力,热气球的加速度为0.5m/s2,由牛顿第二定律可得,热气球所受浮力大小为4 830 N,A项正确;热气球加速上升过程
26、中所受空气阻力是不断变大的,热气球做加速度减小的加速运动,速度达到5 m/s所用的时间要大于10 s,B、C均错误;当热气球以5 m/s匀速上升时,由受力平衡可得,热气球所受空气阻力大小为230 N,D项正确。9.【解析】选C、D。设物体的质量为m,开始时弹簧的压缩量为x,由平衡条件可得:kx=mg现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,根据拉力F与物体位移x的关系可得10=ma30-mg=ma联立可以解得,物体的质量m=2kg,物体的加速度大小a=5m/s2,k=500N/m,故C、D项正确。10.【解析】(1)物块在斜面上做匀减速运动:=9m/s(2分)t=0.25s
27、(2分)(2)物块运动至斜面顶端的速度为vt从底端到顶端-=2al(2分)即-102=2a4.5(1分)从底端到中点-=2a(2分)即82-102=2a2.25(1分)解得a=-8m/s2,vt=m/s(1分)物块运动分为两个阶段:一是沿斜面向上的匀减速运动,加速度大小为8m/s2,方向沿斜面向下;二是抛体运动,加速度大小为重力加速度g=10m/s2,方向竖直向下。(1分)(3)先求动摩擦因数,物块沿斜面做匀减速运动:mgsin+mgcos=-ma(2分)=0.25(1分)对斜面体受力分析(如图所示)并建立坐标系,在x方向上:f=(mgcos)cos+(mgcos)sin=12.8N(2分)方向水平向左(1分)答案:(1)0.25s(2)见解析(3)12.8N,水平向左11.【解析】(1)h0=20m(4分)(2)kv=2mg,k=200Ns/m(3分)对整体kv0-2mg=2ma,(3分)a=30m/s2(2分)方向竖直向上(1分)(3)设每根绳拉力为T,以运动员为研究对象有8Tcos-mg=ma,(3分)T=312.5N(3分)由牛顿第三定律得,悬绳能承受的拉力至少为312.5N。(1分)答案:(1)20m(2)200 Ns/m30 m/s2,竖直向上(3)312.5 N关闭Word文档返回原板块- 20 - 版权所有高考资源网
