内容正文:
课时分层作业(十九) 用牛顿运动定律解决问题(二)
(时间:40分钟 分值:100分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.(多选)如图是娱乐节目中设计的“导师战车”.当坐在战车中的导师按下按钮时,战车就由静止开始沿长10 m的倾斜直轨道向下运动;某时刻开始减速,到达站在轨道末端的学员面前时,恰好静止,整个过程历时4 s.将加速、减速过程分别视为匀变速直线运动,则( )
A.战车运动过程中导师先失重后超重
B.战车运动过程中所受外力不变
C.战车加速过程中的加速度一定等于减速过程中的加速度
D.战车运动过程中的最大速度为5 m/s
AD [“导师战车”沿斜面先加速后减速,战车上的导师先失重后超重,A正确;战车所受的合外力先沿斜面向下后沿斜面向上,外力不同,B错误;因不知加速和减速的时间关系,故不能判断两个过程中加速度的大小关系,C错误;设最大速度为vm,则整个过程的平均速度为t=x可得vm=5 m/s,D正确.],由
2.如图所示的四脚支架经常使用在架设高压线路、通信的基站塔台等领域.现有一质量为m的四脚支架置于水平地面上,其四根铁质支架等长,与竖直方向均成θ角,重力加速度为g,则地面对每根支架的作用力大小为( )
A.mgmgtan θ D. C. B.
B [由结构的对称性可知,四根支架的作用力大小相等,与竖直方向的夹角均为θ,根据力的合成与分解知识可得4Fcos θ=mg,解得F=,B正确.]
3.在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速度大小均为v,不计空气阻力,两球落地的时间差为( )
A. D. C. B.
A [做竖直上抛的小球,再次回到抛出点之后到落到地面上的时间与向下抛出的小球落地时间相等,因此两球落地的时间差为竖直上抛的小球从抛出到回到抛出点的时间,故Δt=,选项A正确.]
4.(多选)如图甲所示,竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上,电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线;图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的Ft图线,由图线分析电梯的运动情况,下列结论中正确的是( )
A.由图线K可知,此时电梯一定处于匀加速上升状态
B.由图线L可知,此时电梯的加速度大小一定等于g
C.由图线M可知,此时电梯一定处于静止状态
D.由图线N可知,此时电梯加速度的方向一定先向上后向下
BD [由图乙可知,图线M的支持力等于重力,电梯可能处于静止也可能处于匀速直线运动状态,C错误;图线L的支持力FN=2mg,由FN-mg=ma可知,电梯的加速度a=g方向竖直向上,B正确;由图线K可知,物体对P的压力大于重力且逐渐增大,电梯的加速度一定方向竖直向上且越来越大,A错误;由图线N可知,物体对P的压力先大于mg,后小于mg,故电梯的加速度方向先竖直向上后竖直向下,D正确.]
5.如图所示,一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上,一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ=30°,且绳绷紧,则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )
A.mgmg D.mg C. B.
A [如图,建立直角坐标系对沙袋进行受力分析
由平衡条件有:
Fcos 30°-Tsin 30°=0
Tcos 30°+Fsin 30°-mg=0
联立可解得: F=,故选A.]
6.如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.∶4
B.4∶
C.1∶2
D.2∶1
D [以两球和弹簧B为整体作为研究对象,整体受重力G、轻弹簧A的弹力FA和轻弹簧C的弹力FC三个力的作用.如图所示,根据平衡条件可知,水平方向上有FAsin 30°=FC,在竖直方向有FAcos 30°=G,又根据胡克定律可知
FA=kxA,FC=kxC
联立解得,选项D正确.]=
二、非选择题(14分)
7.竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一只弹簧测力计,如图所示.弹簧测力计的钩上悬挂一个质量m=4 kg的物体,试分析下列各种情况下电梯具体的运动(g取10 m/s2):
(1)当弹簧测力计的示数T1=40 N,且保持不变;
(2)当弹簧测力计的示数T2=32 N,且保持不变;
(3)当弹簧测力计的示数T3=44 N,且保持不变.(弹簧均处于伸长状态)
[解析] (1)当T1=40 N时,根据牛顿第二定律T1-mg=ma1,解得这时电梯的加速度a1= m/s2=0 m/s2,由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态.=
(2)当T2=32 N时,根据牛顿第二定律T2-mg=ma2,这时电梯的加速度a2= m/s2=-2 m/s2,即电梯的加速度方向