2011年高考物理二轮复习内化提升牛顿运动定律的应用

2011年高考物理二轮复习内化提升：牛顿运动定律的应用1．以下说法正确的是()A．人站在体重计上，突然下蹲，体重计示数不变B．荡秋千的小孩通过最低点时对秋千板的压力大于其重力C．在减速上升的电梯上人对底板的压力小于其重力D．自由下落的物体不再受重力的作用解析：人站在体重计上突然下蹲时处于失重状态，因而体重计示数减小，选项A错；荡秋千的小孩通过最低点时对秋千板的压力大于其重力，其合力提供向心力，选项B对；电梯减速上升时处于失重状态，选项C对；物体自由下落时处于完全失重状态，但仍受重力，选项D错误．答案：BC图142．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量m＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m1＝10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图14所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10m/s2)()A．25m/s2B．5m/s2C．10m/s2D．15m/s2解析：重物刚要离开地面时，绳子上的拉力T＝mg＝150N，猴子与绳子间的静摩擦力的大小f＝T＝150N，对猴子应用牛顿第二定律有f－m1g＝m1a，求得a＝5m/s2，选项B对．答案：B图153．如图15所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度()A．大小为33g，方向竖直向下B．大小为33g，方向垂直于木板向下C．大小为233g，方向竖直向下D．大小为233g，方向垂直于木板向下[来源:学科网ZXXK]解析：图16木板撤离前小球受力分析如图16所示，撤离瞬间，FN＝0，F弹不变，F＝mgcosθ，a＝gcosθ＝233g，方向与FN反向．答案：D[来源:Z*xx*k.Com][来源:Zxxk.Com]图174．如图17所示，物块m与车厢后壁间的动摩擦因数为μ，当该车水平向右加速运动时，m恰好沿车厢后壁匀速下滑，则车的加速度为()A．gB．μgC.gμD.12μg解析：设物块m与车厢后壁间的弹力大小为FN，物块的加速度大小为a，对物块由牛顿第二定律得FN＝ma，竖直方向mg－μFN＝0，两式联立解得a＝gμ，选项C对．答案：C5．如图18所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F推木块A.则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，以下说法正确的是()图18[来源:学&科&网Z&X&X&K]A．两木块速度相同时，加速度aA＝aBB．两木块速度相同时，加速度aAaBC．两木块加速度相同时，速度vAvBD．两木块加速度相同时，速度vAvB解析：图19显然在弹簧压缩到最短的过程中，A所受到的合外力变小，所以aA减小，B所受到的合外力变大，所以aB增大，在v－t图象中，a就是图线切线的斜率，又因为两物体开始速度均为0，所以，所画A、B的v－t图象如图19所示．显然，在t1时刻vAvB，但由于在该时刻图线斜率相同(切线平行)，所以aA＝aB，在t2时刻vA＝vB，但加速度显然有aAaB.答案：BD图206．如图20所示，光滑的斜槽由AB、CD组成，AB与CD的夹角大于90°，CD面水平，质量为m的球放在斜槽中，当斜槽和球一起沿水平面向右加速运动时，则()A．球对AB槽板的压力可能大于mgB．球对AB槽板的压力可能为零C．球对BD槽板的压力可能大于mgD．球对BD槽板的压力可能为零解析：设∠ABC大小为α，小球受到重力mg、BD板的支持力N1、AB板的支持力N2，在水平方向由牛顿第二定律得N2sinα＝ma，在竖直方向由平衡条件有N1＋N2cosα＝mg，得N2＝masinα，其大小可能大于mg，N1＝mg－macotα，其值一定小于mg，可能为零，故AD选项正确．答案：AD图217．如图21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μtanθ，则下图所示的图象中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()[来源:学科网]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a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a2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a1a2，在v-t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对．答案：D图228．如图22所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是()A．由大变小B．由小变大C．始终不变D．由大变小再变大解析：设细线上的张力为F1.要求F1，选受力少的物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好．在水平面上运动时：F1－μm1g＝m1a①F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a②联立①②解得：F1＝m1Fm1＋m2在斜面上运动时：F1－m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a③F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a④联立③④解得：F1＝m1Fm1＋m2同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是m1Fm1＋m2答案：C图239．先后用相同材料制成的橡皮条彼此平行地沿水平方向拉同一质量为m的物块，且每次使橡皮条的伸长量均相同，物块m在橡皮条的拉力作用下所产生的加速度a与所拉橡皮条的数目n的关系如图23所示．若更换物块所在水平面的材料，再重复这个实验，则图中直线与水平轴间的夹角θ将()A．变大B．不变C．变小D．与水平面的材料有关解析：设每条橡皮条产生的拉力为F，则nF－μmg＝ma即a＝Fmn－μg在a－n图象中，图线斜率k＝tanθ＝Fm，因为Fm恒定，所以θ不变，B正确．答案：B图2410．(2008年福建厦门质检)如图24所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N．水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10m/s2)()A．当拉力F12N时，A静止不动B．当拉力F12N时，A相对B滑动C．当拉力F＝16N时，B受A的摩擦力等于4ND．在绳可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止解析：A、B两物体保持相对静止的最大加速度am＝μmAgmB＝0.2×602m/s2＝6m/s2，对A：F－f＝mAa，f＝mBa＝μmAg＝12N.[来源:Z|xx|k.Com]所以F＝48N，即F＝48N时，A与B开始相对滑动，而细绳能承受的最大拉力为20N，在F≤20N范围内，A不会相对B滑动，D选项正确；当F＝16N时，A、B共同的加速度为a′，此时B受A的摩擦力为f′，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a′(①式)；f′＝mBa′(②式)，联立①②代入数据可得f′＝4N．故选项C正确．答案：CD图2511．如图25所示，传送带两轮A、B的距离L＝11m，皮带以恒定速度v＝2m/s运动，现将一质量为m的物块无初速度地放在A端，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带的倾角为α＝37°，那么物块m从A端到B端所需的时间是多少？(g取10m/s2，cos37°＝0.8)解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma则a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4m/s2物体加速至2m/s所需位移[来源:Z|xx|k.Com]s0＝v22a＝222×0.4m＝5mL经分析可知物体先加速5m再匀速运动s＝L－s0＝6m.匀加速运动的时间t1＝va＝20.4s＝5s.匀速运动的时间t2＝sv＝62s＝3s.则总时间t＝t1＋t2＝(5＋3)s＝8s.答案：8s图2612．如图26所示，倾角为α的光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面的细绳系于斜面上，斜面体放在水平面上．(1)要使小球对斜面无压力，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方向．(2)要使小球对细绳无拉力，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方向．(3)若已知α＝60°，m＝2kg，当斜面体以a＝10m/s2向右做匀加速运动时，绳对小球拉力多大？(g取10m/s2)解析：图27为确定小球对斜面无压力或对细绳无拉力时斜面体的加速度，应先考虑小球对斜面或细绳的弹力刚好为零时的受力情况，再求出相应加速度．取小球、细绳和斜面体这个整体为研究对象，分析整体的受力情况，再确定斜面体的加速度范围．(1)球对斜面刚好无压力时，细绳与斜面平行，小球只受重力mg和细绳拉力T的作用，如图27所示．正交分解T，由牛顿第二定律得[来源:学科网]Tsinα－mg＝0Tcosα＝ma0解出a0＝g·cotα所以在斜面向右运动的加速度a≥a0＝g·cotα时，小球对斜面无压力．[来源:Z。xx。k.Com]图28(2)当球对细绳刚好无拉力时，小球只受重力mg和斜面支持力N，如图28所示．正交分解N后，可知N的竖直分力与重力平衡，N的水平分力使m向左加速运动．N·cosα＝mgN·sinα＝ma0解出a0＝g·tanα所以在球对细绳无拉力作用时，若要使球与斜面体以相同的加速度运动，则斜面体必须以a＝a0＝g·tanα向左加速运动；如果斜面体向左运动的加速度aa0，则小球会相对斜面向右上方滑动，但要注意，若球能滑到细绳悬点上方，细绳会对球再次产生拉力作用．图29[来源:Zxxk.Com](3)由(1)可知，球对斜面恰好无压力时，a0＝g·cot60°＝33×10m/s2，而题设条件a＝10m/s2a0，因此，这时小球对斜面无压力，且球飞离斜面，如图29所示．将细绳拉力T正交分解得Tsinθ－mg＝0Tcosθ＝ma解出小球所受细绳拉力T＝2mg＝202N，拉力方向与水平方向夹角θ＝45°.答案：(1)a≥gcotα方向向右(2)a＝gtanα方向向左(3)202N，与水平方向成45°角