2016高考领航物理一轮练习3-3 牛顿运动定律的综合应用

第三章 牛顿运动定律

第3节 牛顿运动定律的综合应用

1．(2015·山东乳山一中检测)下列说法正确的是

( )

A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于超重状态 B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D．荡秋千的小孩通过最低点时对秋千板的压力小于其重力

解析：选B.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时，处于受力平衡状态，A错误．蹦床运动员在空中上升和下落过程中只受重力作用，处于完全失重状态，B正确．举重运动员举起杠铃后不动的那段时间处于受力平衡状态，C错误．荡秋千的小孩通过最低点时，受到的合力向上，加速度向上，小孩对秋千板的压力大于重力，D错误．

2. 如图所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F，剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力

( )

A．小于N B．等于N C．等于(N＋F)

D．大于(N＋F)

解析：选D.把箱子以及两个小球a、b视为一个整体，静止时地面受到的压力为N，等于三个物体的总重力，在球b上升的过程中，整体中的一部分具有向上的加速度——部分超重状态，所以有N′＝N＋mba，A、B错误．在b静止时，库仑引力F电＝mbg＋F，在b球加速上升时库仑引力F电′＝mbg＋mba，两球接近，库仑引力增大，有F电′＞F电，所以N′＞N＋F，C错误，D正确． 3. 电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的

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示数变为8 N，关于电梯的运动(如右图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2)

( )

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2 B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2 C．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2 D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2 解析：选B.匀速运动时，F1＝mg① 示数为8 N时，mg－F2＝ma②

解①②得：a＝2 m/s2，方向向下，因此物体向下加速运动或向上减速运动，故B正确．

4. 如右图所示，一根轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系着质量为m1、m2的物块．m1放在地面上，m2离地面有一定高度．当m2的质量发生改变时，m1的加速度a的大小也将随之改变．图中，最能准确反映a与m2间的关系的是 ( )

解析：选D.当m2≤m1时，系统静止，a＝0，B、C错误；当m2＞m1时，对2m1整体有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，即a＝g－g，可见m2趋近于无穷大时，

m1＋m2a趋近于g，D正确．

5. (多选)如图所示，顶角为直角、质量为M的斜面体abc放在粗糙的水平面上．两个质量均为m的小物块，在顶端由静止开始同时沿两侧光滑斜面下滑，下滑过程中斜面体始终保

持静止状态．设斜面体受到地面对它的支持力为FN、摩擦力为Ff，两小物块落地前，下列判断正确的是 A．FN＝Mg＋2mg

( )

B．FN＜Mg＋2mg

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C．Ff＝0

D．Ff≠0

解析：选BC.如图所示，设左侧斜面的倾角?π?

为α，则右侧斜面的倾角为?－α?.两小物块

?2?沿光滑斜面均做匀加速直线运动，且加速度?π?

a1＝gsin α，a2＝gsin?－α?＝gcos α.

?2?

把斜面体和两小物块看成一个整体，因两小物块具有竖直向下的分加速度，所以系统整体处于部分失重状态，地面对斜面体的支持力FN＝(M＋2m)g－ma1·sin α－ma2cos α＝(M＋m)g＜Mg＋2mg，A错误，B正确．由于系统水平方向受到的合力Fx＝ma2sin α－ma1cos α＝0.所以地面对斜面体的摩擦力Ff＝0，C正确，D错误．

6．(2015·日照模拟)如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．设物体A、B之间滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v－t图象是

( )

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解析：选B.A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、2FfB间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝k，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确． 7. 质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图

所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为

( )

A．18 m B．54 m C．72 m

D．198 m

解析：选B.物体与地面间最大静摩擦力Ff＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N．由题给F－t图象知0～3 s内，F＝4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～F－Ff

6 s内，F＝8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝m＝2 m/s2.6 s末物体的速度v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，在6～9 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s内又以2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v－t图象如下图所示．故?1?

0～12 s内的位移x＝?2×3×6?×2 m＋6×6 m＝54 m．故B项正确．

??8．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先

在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是

( )

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A．演员的体重为800 N

B．演员在最后2 s内一直处于超重状态 C．传感器显示的最小拉力为620 N D．滑杆长7.5 m

解析：选BC.演员在滑杆上静止时传感器显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，A错误；由v－t图象可知，1.5 s～3.5 s内演员向下做匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时a1＝3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C正确；由v－t图象中图线围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错误．

9．(2015·汕头模拟)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则

( )

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大

C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

解析：选B.小物块滑上传送带后做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右

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做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，D错误．

10．(2015·江苏无锡期中调研)如图甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图乙所示，(已知斜面与物块、地面与物块的动摩擦因数相同，g取10 m/s2)求：

(1)斜面的长度x；

(2)物块与水平面间的动摩擦因数μ； (3)斜面的倾角θ的正弦值．

解析：(1)在v－t图象中图线与时间轴所围的面积表示物体的位移，由题图乙可知，物块在0～5 s时间内在斜面上运动，5～7 s时间内在水平面上运动，因此斜面的长度为 1

x＝2×5×10 m＝25 m.

(2)在v－t图象中图线的斜率表示物体运动的加速度，因此由题图乙可知，在5～7 s时间内，该物块运动的加速度为a2＝－5 m/s2 物块在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有 －μmg＝ma2 解得μ＝0.5

(3)在0～5 s时间内物块运动的加速度为a1＝2 m/s2 根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 又因为sin2 θ＋cos2θ＝1 联立解得sin θ＝0.6 答案：(1)25 m (2)0.5 (3)0.6

11.出航的辽宁舰顺利结束了南海海域的科研实验，返回青岛某军港．随着科技

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的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直

线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F

牵．

一架质量为m＝

2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2) (1)飞机在后一阶段的加速度大小；

(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小． 解析：(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg 根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2 代入数据解得a2＝4.0 m/s2

(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg

根据匀加速运动规律有

2v1＝2a1l1

v2－v21＝2a2(l－l1)

根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1 代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N. 答案：(1)4.0 m/s2 (2)58 m/s2 1.05×106 N

12．(2015·湖北八校第二次联考)如图，可看做质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，小物块质量为m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，

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试求：

(1)小物块和长木板间的动摩擦因数．

(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？

解析：(1)设两物体间的最大静摩擦力为f，当F＝2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a

①

对长木板，由牛顿第二定律 f＝Ma

②

由①②可得 f＝2 N

小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N＝mg，则所受摩擦力f＝μmg 得μ＝0.2

(2)F＝12 N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律 F－f＝Ma1 得a1＝2.5 m/s2

对小物块，由牛顿第二定律 f＝ma2 得a2＝2 m/s2

由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为 1s1＝a1t2

21s2＝2a2t2

小物块刚滑下长木板时，有 1

s1－s2＝2L 解得t＝2 s

答案：(1)0.2 (2)2 s

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