讲与练高考物理总复习 3.3牛顿运动定律的综合应用课时作业-人教版教材高三全册物理测试卷.doc

课时作业9牛顿运动定律的综合应用
时间：45分钟
一、单项选择题
1．DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统，某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律，他们在电梯内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，传感器的测量挂钩向下，在挂钩上悬挂一个质量为1.0kg的钩码，在电梯由静止开始上升的过程中，计算机屏上显示如图所示的图象(g取10m/s2)，则()

A．t1到t2时间内，电梯匀速上升
B．t2到t3时间内，电梯处于静止状态
C．t3到t4时间内，电梯处于超重状态
D．t1到t2时间内，电梯的加速度大小为5m/s
解析：0～t1时间内，F1＝mg，电梯静止，t1～t2时间内，F2>mg，电梯加速上升，加速度a＝eq\f(F2－mg,m)＝5m/s2，A错误，D正确；t2～t3时间内，F3＝mg，电梯匀速上升，B错误；t3～t4时间内，F4<mg，电梯减速上升，处于失重状态，C错误．
答案：D

2．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0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<tanθ，则下图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是()

解析：当小木块速度小于v0时，对小木块受力分析可知，小木块受沿传送带向下的滑动摩擦力作用，此时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可知a1＝gsinθ＋μcosθ，当小木块速度达到v0时，因为μ<tanθ，所以mgsinθ>μmgcosθ，所以小木块将继续加速下滑，再次对小木块受力分析可知，小木块此时受沿传送带向上的滑动摩擦力作用，此时有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可知a2＝gsinθ－μgcosθ，a1<a2，对比各v－t图象可知选项D正确．
答案：D

3．如右图所示，m＝1.0kg的小滑块以v0＝4m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为()
A．0.8m B．0.76m
C．0.64m D．0.16m
解析：滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m/s2，滑块经t1＝eq\f(v0,a1)＝0.4s速度即减为零．因此0.6s时是向下经过B点．下滑时加速度大小为a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2，则AB间的距离sAB＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)－eq\f(1,2)a2(t－t1)2＝0.76m，B项正确．
答案：B

4．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是()
①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ΔL,L)))mg
②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ΔL,L)))(m＋m0)g
③刚松手瞬间物体的加速度为eq\f(ΔL,L)g，方向向上
④刚松手瞬间物体的加速度为eq\f(ΔL,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m0,m)))g，方向向上
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．
假设没有向下拉弹簧，即ΔL＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg，将ΔL＝0分别代入①②可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a＝eq\f(FN－mg,m)＝eq\f(ΔL,L)g，方向向上，③对④错，A正确．
答案：A

5．2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析：本题考查加速度、超重、失重、完全失重等考点，意在考查考生对相关概念的理解能力以及对运动过程中加速度方向的分析判断能力．运动员在加速下滑时加