2014届高三物理一轮复习-第13讲牛顿第二定律课时作业(含详解).doc

2014届高三物理一轮复习课时作业及详细解析：第14讲牛顿运动定律的应用

1．2013·眉山二诊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K14－1所示的v－t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5 s～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
B．在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C．在10 s～20 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20 s～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态

图K14－1　　　　　　　　图K14－2
2．2013·深圳模拟如图K14－2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(　　)
A．电梯一定是在下降
B．电梯可能是在上升
C．电梯的加速度方向一定是向上
D．乘客一定处在失重状态
3．2013·黑龙江测试如图K14－3所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态，则下列说法正确的是(　　)
A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小
B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大
C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大
D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小

图K14－3　　　　　图K14－4
4．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图K14－4所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是(　　)
A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大
C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小
D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小

5．2013·黄冈模拟如图K14－5甲所示，静止在水平面C上的长木板B左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图K14－5乙所示．设A、B和B、C之间的滑动摩擦力大小分别为F1和F2，各物体之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力，且F1大于F2，则在A、B没有分离的过程中，图K14－6中可以定性地描述长木板B运动的v－t图象是(　　)

图K14－5

　　　　　　 　A　　　　　　　　　B

　　　　　　　 C　　　　　　　　　D

图K14－6
6．2013·武汉模拟在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界．若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A由静止开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则下列说法错误的是(　　)
A．表演者向上的最大加速度是g
B．表演者向下的最大加速度是
C．B、C间的高度是H
D．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH

图K14－7

图K14－8

7．2013·台州调研如图K14－8所示，运动员“10 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大
B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大
C．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小
8．如图K14－9所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是(　　)
A．0　　　　　　　　　　B. F，方向向右
C. F，方向向左 D. F，方向向右

　　　图K14－9　　　　　　　　图K14－10
9．如图K14－10所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，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β，则下列说法正确的是(　　)
A．杆对小环的作用力大于m1g＋m2g
B．若m1不变，则m2越大，β越小
C．θ＝β，与m1、m2无关
D．若杆不光滑，则β可能大于θ
10．2013·丹东模拟如图K14－11所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　)

图K14－11

A．加速下降　　　　　　　B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
11．2013·武汉调研如图K14－12所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

图K14－12

12．如图K14－13所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.

图K14－13

课时作业（十四）
【基础热身】
1．A　[解析] 由图象可知，在5 s～10 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，A正确；在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B错误；在20 s～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D错误；在10 s～20 s内，电梯减速上升，且加速度大小a＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，C错误．
2．BD　[解析] 电梯静止时，弹簧的拉力和重力相等．现在，弹簧的伸长量变小，则弹簧的拉力减小，小铁球的合力方向向下，加速度向下，小铁球处于失重状态．但是电梯的运动方向可能向上也可能向下，故B、D正确.
3．C　[解析] 对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋，又整体向上做减速运动，v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析如图乙所示，因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知，mg＋FN＝ma，则FN＝ma－mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大．故C正确．
甲
　　　　乙

4．BC　[解析] 物体受重力、支持力、摩擦力的作用．由于支持力、摩擦力相互垂直，所以把加速度a沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图所示．
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
f－mgsinθ＝masinθ①
垂直于斜面方向，由牛顿第二定律得：
FN－mgcosθ＝macosθ②
当θ一定时，由①得，a越大，f越大，B正确；
由②得，a越大，FN越大，A错误．
当a一定时，由①得，θ越大，f越大，D错误；
由②得，θ越大，FN越小，C正确．
【技能强化】
5．C　[解析] 由于AB之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，AB静止不动，当F大于F2时，二者一起加速运动．由牛顿第二定律F－F2＝(mA＋mB)a，由于F逐渐增大，加速度逐渐增大．对木板，当满足：F1－F2＝mBam，即加速度am＝，且F－F2＝(mA＋mB)am时，A、B开始相对滑动，此时F＝F1＋(F1－F2)．相对滑动后，对物体B有：F1－F2＝mBa，做匀变速直线运动，选项C正确．

6．B　[解析] 由题意可知，水平横躺时受到的风力是匀速下落时的2倍，即此时风力为2mg，开始下落时受到的阻力为f1＝×2mg＝mg，开始下落时，加速度向下，大小为a1，则有：mg－f1＝ma1，解得向下的加速度最大值为a1＝g，当人水平横躺时，加速度向上，大小为g，因此选项A正确、B错误；画出由A到C的速度—时间图象，由图象的物理意义可知，C正确；由A到C由动能定理可知，Wf＝mgH，D正确．
7．BD　[解析] 运动员由B→C的过程中，先向下加速后向下减速，即先失重后超重，但跳板的形变量一直变大，所以跳板所受的压力一直变大，选项A错误、选项B正确；运动员由C→B的过程中，先向上加速后向上减速，即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，选项C错误、选项D正确．
8．B　[解析] 取人和小车为一整体，由牛顿第二定律得：2F＝(M＋m)a，设车对人的摩擦力大小为f，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F.如果M>m，则f＝F，方向向右，选项D正确．如果M＝m，f＝0，选项A正确；如果M件得N＝(m1＋m2)gcosθ，选项A错误．对小球由牛顿第二定律得m2gsinθ－Tsin(θ－β)＝m2a，解得θ＝β，选项C正确、选项B错误．若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律同样解得θ＝β，选项D错误．
10．BD　[解析] 开始物块受到重力、弹簧的向上的弹力以及木箱对物块向下的压力，当物块对木箱顶刚好无压力时，物块受两个力作用，由于重力和弹簧的弹力不变，而木箱对木块的力变为零，所以此时的木块的合外力向上，而加速度的方向与合外力的方向一致，所以加速度的方向也向上，所以可能是加速上升，也可能是减速下降．选项BD正确．
11．mg
[解析] 设绳的张力为T，斜面支持力为FN，系统加速度为a.以B为研究对象，由牛顿第二定律，有
T＝ma
以C为研究对象，由牛顿第二定律及平衡条件，有
FNsinθ－Tcosθ＝ma
FNcosθ＋Tsinθ＝mg

联立解得a＝
以A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律，有
F＝3ma
解得F＝mg
【挑战自我】
12．(1)0.5　(2)1.03 s
[解析] (1)物体做匀加速运动，则
L＝a0t
解得a0＝＝10 m/s2
由牛顿第二定律，有
F－f＝ma0
解得f＝F－ma0＝10 N
由f＝μFN＝μmg，有
μ＝＝0.5
(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律，有
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma
解得a＝－μg＝11.5 m/s2
a′＝＝μg＝5 m/s2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
at＝a′t′
∴t′＝t＝t＝2.3 t
L＝at2＋a′t′2
∴t＝＝s＝1.03 s
(2)另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为x，物体到达B处速度恰为0，由动能定理，有
[Fcos37°－μ(mg－Fsin30°)]x－μmg(L－x)＝0
解得x＝＝6.06 m
由牛顿第二定律，有
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma
解得a＝－μg＝11.5 m/s2
由运动学公式，有
x＝at2
解得t＝＝1.03 s

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