【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律综合应用作业
牛顿运动定律综合应用
一、选择题
1．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图13－1所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )
图13－1
A．F1
F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
图13－2
解析：根据题v－t图象可以知道，在0～5s内加速度为a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5～10s内，加速度a2＝0；在10～15s内加速度为a1＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图13－2；
在0～5s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ－f－F1＝ma1，则：F1＝mgsinθ－f－0.2m；
在5～10s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ－f－F2＝ma2，则：F2
＝mgsinθ－f；
在10～15s内，根据牛顿第二定律：f＋F3－mgsinθ＝ma3，则：F3＝mgsinθ－f＋0.2m
故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．
答案：A
图13－3
2.(2019年呼和浩特模拟)如图13－3所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g＝10 m/s2)( )
A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升
B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降
C．以a＝9 m/s2的加速度减速上升
D．以a＝9 m/s2的加速度减速下降
解析：根据运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量10 cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1 m/s2的加速度减速上升，B正确．
答案：B
图13－4
3．(2019年福州质检)如图13－4所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
解析：小球开始接触弹簧时，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
图13－5
4．(2019年江西新余四中模拟)如图13－5所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，
重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A．0.35mg B．0.30mg
C．0.23mg D．0.20mg
解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15 g，设水平方向上的加速度为a水平，则＝tan37°＝，解得a水平＝0.20 g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得f＝ma水平＝0.20 mg，故D正确．
答案：D
5．在汽车中的悬线上挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图13－6所示．若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物块，则关于汽车的运动情况和物块的受力情况正确的是( )
图13－6
A．汽车一定向右做加速运动
B．汽车一定向左做加速运动
C．物块除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
D．物块除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用
解析：以小球为研究对象受力分析，受重力和绳的拉力，合力水平向右，反映出汽车加速度向右，所以汽车可能向右加速，也可能向左减速，故A、B错误；以物块为研究对象，受力分析，受重力、底板的支持力，向右的静摩擦力，故C正确，D错误．
答案：C
6．如图13－7甲所示，在光滑的水平面上有质量为M且足够长的长木板，木板上面叠放一个质量为m的小物块．现对长木板施加水平向右的拉力F＝3t(N)时，两个物体运动的a－t图象如图13－7乙所示，若取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
图13－7
A．图线Ⅰ是小物块运动的a－t图象
B．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3
C．长木板的质量M＝1 kg
D．小物块的质量m＝2 kg
解析：当力F较小时，两者一起加速，当F较大时，m相对于M
向后滑动，m的加速度不再随F的增大而变化，因此图象Ⅱ是小物块的a－t图象，A项错误；当小物块发生相对滑动后，加速度不变为am＝3 m/s2，由牛顿第二定律得，μmg＝mam，解得μ＝0.3，B项正确；在3 s前，对整体有，3t＝(M＋m)a，a＝t，由图象得＝1；在3 s后，对M有，3t－μmg＝Ma，a＝t－，由图象得＝，解得M＝2 kg，m＝1 kg，C、D项错误．
答案：B
图13－8
7．如图13－8所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动
解析：B和A刚分离时，恒力F＝mg，B的加速度为零，弹簧对A向上的弹力等于重力，A的加速度也为零，弹簧处于压缩状态，A
、B错误．B和A刚分离时，弹簧弹力大小为mg，开始静止时弹簧弹力大小为2mg，则弹力减少量ΔF＝mg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减少Δx＝h，所以弹簧的劲度系数k＝，C正确；在B和A分离之前对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体加速度在减小，AB做变加速运动，D错误．
答案：C
8．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图13－9所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图13－9
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．
答案：AD
图13－10
9．(多选)一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图13－10所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是( )
A．稳定后弹簧仍处于伸长状态
B．稳定后弹簧一定处于压缩状态
C．μ＝
D．μ＝
解析：平衡时，对小球分析F1＝mgsinθ；木板运动后稳定时，对整体分析有：a＝gsinθ－μgcosθ；则am，滑轮质量及摩擦均不计，则下列说法正确的是( )
A．细线上的拉力一定大于mg
B．细线上的拉力一定小于Mg
C．细线上的拉力等于g
D．天花板对定滑轮的拉力等于
(M＋m)g
解析：设两物体运动的加速度大小均为a，细线上的拉力为T，分别对物体A和B进行受力分析并结合牛顿第二定律有：对A，Mg－T＝Ma，对B，T－mg＝ma，整理可得T＝Mg－Ma＝mg＋ma，T＝g.对定滑轮进行受力分析可知，天花板对定滑轮的拉力等于2T.
答案：AB
图13－12
11．(2019年湖北宜昌一调)(多选)物体A和B相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则( )
A．A、B间无摩擦力的作用
B．B受到滑动摩擦力的大小为(mA＋mB)gsinθ
C．B受到的静摩擦力的大小为mAgsinθ
D．取走A后，B将匀加速下滑
解析：以A为研究对象，A处于平衡状态，因此有f＝mAgsinθ，所以A受到B对A沿斜面向上的摩擦力作用，A错误；以整体为研究对象，根据平衡状态有：(mA＋mB)gsinθ＝fB，B正确；A对B的静摩擦力与B对A的静摩擦力大小相等，故有：f′＝f＝mAgsinθ，C正确；由分析知：(mA＋mB)gsinθ＝fB，又根据滑动摩擦力公式有：fB＝μ(mA＋mB)gcosθ，得：μ＝tanθ，取走物体A后，物体B受滑动摩擦力为μmBgcosθ，代入μ＝tanθ得，μmBgcosθ＝mBgsinθ，即物体B受力平衡，则物体B仍能做匀速直线运动，D错误．
答案：BC
图13－13
12．(2019年湖北黄石中学模考)(多选)如图13－13所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是( )
A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力
B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力
C．若μ1<μ2，m1μ2，则a1a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．
答案：AD
二、非选择题
图13－14
13．如图13－14所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体．A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N.问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少．
解析：FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a①
设A、B间的弹力为FAB，对B有：FB＋FAB＝mBa②
由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即
FAB＝0③
将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N
代入①得：a＝2 m/s2.
结合②③得： t＝3 s.
A、B相互脱离前共同位移为：x＝at2，
代入数值得：x＝9 m.
答案：9 m
14．(2019年南阳模拟)神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速
下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v －t图象如图13－15所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8，0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求：
图13－15
(1)返回舱在这一阶段的运动状态；
(2)在开始时刻v0＝160 m/s时，它的加速度大小；
(3)空气阻力系数k的数值．
解析：(1)由题v－t图象可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动．
(2)开始时v0＝160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则
a＝＝ m/s2＝－20 m/s2
故加速度大小为20 m/s2.
(3)设浮力为F，由牛顿第二定律得
在t＝0时有kv＋F－Mg＝Ma
由题图知返回舱的最终速度为v＝4 m/s
当返回舱匀速运动时有kv2＋F－Mg＝0
故k＝ ＝≈0.31.
答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动
(2)20 m/s2 (3)0.31
