（江苏专版）高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用-人教版高三全册物理试题.doc

课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用
对点训练：对超重与失重的理解
1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是()

解析：选D人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。
2．(2018·江阴六校联考)动物园的海洋馆深受小朋友的喜欢，其中“海狮顶球”节目因其互动性强而更深受小朋友的喜爱。如图所示为一海狮把球顶向空中，并等其落下。下列有关球的受力与运动的一些说法正确的是()

A．球在最高处受到重力和海狮对它的顶力作用
B．球在最高处时球的速度为0，处于平衡状态
C．球在上升的过程中处于超重状态
D．球在下落的过程中可认为只受重力作用
解析：选D竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，不是平衡状态，故B错误；球在上升的过程中只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故C错误；竖直上抛运动上升和下落过程都是只受到重力的作用，故D正确。
3.[多选]某同学用台秤研究电梯中的超重、失重现象。地面上其体重为500N，再将台秤移至电梯内测其体重。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变化的情况如图所示，重力加速度g＝10m/s2。则()
A．电梯为下降过程
B．在10～11s内电梯的加速度大小为2m/s2
C．F3的示数为550N
D．电梯运行的总位移为19m
解析：选ABD0～2s该同学所受的支持力小于重力，合力向下，加速度向下，由于电梯初始为静止状态，所以0～2s内电梯匀加速下降，2～10s内该同学所受的支持力等于重力，此时为平衡状态，所以2～10s内电梯保持2s末的速度匀速下降，10～11s内该同学所受的支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此阶段电梯匀减速下降，选项A正确；匀加速阶段加速度a＝eq\f(G－FN,\f(G,g))＝1m/s2,2s末的速度v2＝at＝2m/s，此阶段位移x1＝eq\f(1,2)at2＝2m；匀速阶段位移x2＝16m；匀减速阶段时间t′＝1s，初速度为2m/s，末速度等于0，所以此阶段加速度a′＝eq\f(v2,t′)＝2m/s2，根据牛顿第二定律FN′－G＝ma′＝eq\f(G,g)a′，解得此时的支持力FN′＝600N，即F3＝600N，此阶段位移x3＝eq\f(v2,2)t′＝1m。总位移x＝x1＋x2＋x3＝19m，故选项B、D正确，C错误。
对点训练：动力学中整体法与隔离法的应用
4．(2018·武威模拟)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k。在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球。某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为()
A．伸长量为eq\f(m1gtanθ,k) B．压缩量为eq\f(m1gtanθ,k)
C．伸长量为eq\f(m1g,ktanθ) D．压缩量为eq\f(m1g,ktanθ)
解析：选A对小球受力分析，如图，
由几何关系F合＝m2gtanθ
由牛顿第二定律a＝eq\f(F合,m)＝gtanθ
车向左加速或向右减速
对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律F弹＝m1gtanθ
物体受向左的弹力
结合胡克定律可知弹簧的伸长量为eq\f(m1gtanθ,k)。
5．[多选](2018·惠安县模拟)如图所示，两个质量分别为m1＝2kg，m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()

A．弹簧秤的示数是10N
B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变
D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变大
解析：选CD对整体分析，整体的加速度a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2。隔离对m2分析，有F－F2＝m2a，解得：F＝F2＋m2a＝20＋3×2N＝26N，故A、B错误。在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则m1所受的合力不变，所以m1的加速度不变，故C正确。在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2所受的合力变为弹簧的弹力，则加速度a′＝eq\f(F,m2)＝eq\f(26