1 課時作業(yè)課時作業(yè) 9 9 牛頓運動定律的應用牛頓運動定律的應用 一 單項選擇題 1 如圖是 神舟 系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖 假定其過程可簡化為 打 開降落傘一段時間后 整個裝置勻速下降 為確保安全著陸 需點燃返回艙的緩沖火箭 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動 則 A 火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小 B 返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力 C 返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 D 返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài) 2 2012 長春期末 在電梯中 把一重物置于臺秤上 臺秤與力傳感器相連 當電 梯從靜止加速上升 然后又勻速運動一段時間 最后停止運動 傳感器的屏幕上顯示出其 受到的壓力與時間的關(guān)系圖象如圖所示 則 A 電梯在啟動階段約經(jīng)歷了 2 5 s 的加速上升過程 B 電梯在啟動階段約經(jīng)歷了 4 s 的加速上升過程 C 電梯的最大速度約為 6 7 m s D 電梯的最大加速度約為 16 7 m s2 3 如圖所示 輕彈簧下端固定在水平面上 一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止 開始自由下落 接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落 在小球下落的這一全過程 中 下列說法中正確的是 A 小球剛接觸彈簧瞬間速度最大 B 從小球接觸彈簧起加 速度變?yōu)樨Q直向上 C 從小球接觸彈簧到到達最低點 小球的速度先增大后減小 D 從小球接觸彈簧到到達最低點 小球的加速度一直減小 4 2012 北師大附屬實驗中學期中 質(zhì)量為 0 3 kg 的物體在水平面上運動 圖中的 兩條直線分別表示物體受水平拉力作用和不受水平拉力作用時的速度 時間圖象 則下列 說法中正確的是 2 A 物體不受水平拉力時的速度圖象一定是b B 物體受水平拉力時的速度圖象可能是a C 摩擦力一定等于 0 2 N D 水平拉力一定等于 0 2 N 5 2012 江蘇安宜高級中學高三調(diào)研 如圖所示 在水平面和豎直墻壁之間放置質(zhì)量 為m 高為h的木塊A和質(zhì)量為M 半徑為R的球B 各接觸面均光滑 木塊受到水平向右 的外力F作用 系統(tǒng)處于靜止狀態(tài) O為B的球心 C為A B接觸點 現(xiàn)撤去外力F 則 A 撤去外力F瞬間 木塊A的加速度aA F m B 撤去外力F瞬間 球B的加速度aB 0 C 撤去外力F瞬間 墻壁對球B的彈力FB 0 D 撤去外力F前 木塊對地面壓力FN m M g 6 2012 杭州一中模擬 如圖所示 質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住 并用傾角為 30 的光滑木板AB托住 小球恰 好處于靜止狀態(tài) 當木板AB突然向下撤離的瞬間 小球 的加速度大小為 A 0 B g C g D g 2 3 3 3 3 二 非選擇題 7 2012 陜西西工大附中高三第六次適應性訓練理綜試題 如圖甲所示為學校操場上 一質(zhì)量不計的豎直滑桿 滑桿上端固定 下端懸空 為了研究學生沿桿的下滑情況 在桿 頂部裝有一拉力傳感器 可顯示桿頂端所受拉力的大小 現(xiàn)有一學生 可視為質(zhì)點 從上端 由靜止開始滑下 5 s 末滑到桿底時的速度恰好為零 以學生開始下滑時刻為計時起點 傳感器顯示的拉力隨時間變化的情況如圖乙所示 g取 10 m s2 求 1 該學生下滑過程中的最大速率 2 滑桿的長度 3 參考答案參考答案 1 A 解析 解析 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動 加速度方向向上 返回艙處 于超重狀態(tài) 動能減小 返回艙所受合外力做負功 返回艙在噴氣過程中減速的主要原因 是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力 火箭開始噴氣前勻速下降 拉力等于重力減去 返回艙受到的空氣阻力 火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙產(chǎn)生向上的作用力因而傘 繩對返回艙的拉力變小 2 B 解析 解析 由題圖可知 在 0 4 s 內(nèi)臺秤對物體的支持力大于物體的重力 所以 0 4 s 內(nèi)物體一直加速上升 由圖線知 物體的重力為 30 N 即質(zhì)量約為 3 kg 臺秤對 物體的最大作用力為 50 N 物體所受的最大合力為 20 N 所以物體的最大加速度約為 6 7 m s2 3 C 解析 解析 小球的加速度大小決定于小球受到的合外力 從接觸彈簧到到達最低點 彈力從零開始逐漸增大 所以合力先減小后增大 因此加速度先減小后增大 當合力與速 度同向時小球速度增大 所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大 4 B 解析 解析 圖中兩條圖線都表示勻減速直線運動 只是加速度大小不同 分別為 a1 m s2 a2 m s2 因為不知水平拉力的方向 所以不能判斷出兩種情況下的加速度 1 3 2 3 大小 選項 A 錯誤 B 正確 設水平拉力F的方向與運 動方向相同 則 Ff F ma2 Ff ma1 代入數(shù)據(jù) 可解得F 0 1 N Ff 0 1 N 再設水平拉力F的方向與 運動方向相反 則 Ff F ma1 F ma2 代入數(shù)據(jù) 可解得F 0 1 N Ff 0 2 N 可見 選項 C D 錯誤 5 D 解析 解析 沒有撤去外力F時 木塊及球受力如圖 撤去外力F瞬間 球立即獲得 一個向下的加速度 但加速度小于g 所以FN1立即減小 但不會減小到零 所以墻壁對球 B的彈力FB 0 木塊A的加速度aA 對整體 撤去外力F前 木塊對地面壓力 F m FN m M g 選項 D 正確 6 B 解析 解析 撤離木板時 小球所受重力和彈簧彈力沒變 二者合力的大小等于撤離 木板前木板對小球的支持力FN 由于FN mg 所以撤離木板后 小球加速 mg cos 30 2 3 3 度大小為 a g B 項正確 FN m 2 3 3 7 答案 答案 1 2 4 m s 2 6 0 m 解析 解析 1 根據(jù)圖象可知 0 1 s 內(nèi) 人向下做勻加速運動 人對滑桿的作用力為 380 N 方向豎直向下 所以滑桿對人的作用力F1的大小為 380 N 方向豎直向上 以人為研究對象 根據(jù)牛頓第二定律有mg F1 ma1 5 s 后靜止 m kg 50 kg G g 500 10 1 s 末人的速度為 v1 a1t1 根據(jù)圖象可知 1 s 末到 5 s 末 人做勻減速運動 5 s 末速度為零 所以人 1 s 末速 度達到最大值 由 代入數(shù)值解得 v1 2 4 m s 所以最大速率vm 2 4 m s 2 滑桿