1、牛頓運動定律的綜合應用課后限時訓練。»KE-HOU-XIAN-SHIXUN-UAIMH3一、選擇題（本題共8小題，14題為單選，58題為多選）1.（2016河南周口西華一中等校聯(lián)考）為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖所示。當此車加速上坡時，乘客|導學號51342327|（B）A.處于失重狀態(tài)B.處于超重狀態(tài)C.受到向后的摩擦力作用D.所受力的合力沿斜面向下解析當此車加速上坡時，整體的加速度沿斜面向上，乘客具有豎直向上的分加速度，所以根據牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；對乘客進行受

2、力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而靜摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用，故C錯誤。由于乘客加速度沿斜面向上，根據牛頓第二定律得所受合力沿斜面向上，故D錯誤。2. （2016吉林松原油田高中三模）在光滑水平面上，有一個物體同正彥時受到兩個水平力F1與F2的作用，在第1s內物體保持靜止狀態(tài)。若力白卜尹壬上F1與F2隨時間的變化關系如圖所示，則物體|導學號51342328|（B）及/A.在第2s內做加速運動，加速度大小逐漸減小，速度逐漸增大B.在第3s內做加速運動，加速度大小逐漸增大，速度逐漸增大C.在第4s內做加速運動，加速度大小逐

3、漸增大，速度逐漸增大D.在第5s末速度為零，運動方向與F1方向相同解析第2s內物體的合力不斷變大，根據牛頓第二定律知加速度不斷變大，物體做加速運動，速度逐漸增大，故A錯誤；在第3s內合力逐漸變大，故加速度不斷變大，合力與速度同向，物體做加速運動，故B正確；在第4s內，合力逐漸減小，故加速度不斷減小，合力與速度同方向，物體做加速運動，速度增大，故C錯誤；在第5s末，合力為零，故加速度為零，速度最大，此時運動方向與F1相同，故D錯誤。3. （2016河南鄭州質檢）甲、乙兩球質量分別為m、m2,從同一地點（足夠高）同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質量無關，即

4、f=kv（k為正的常量）。兩球的vt圖象如圖所示。落地前，經時間to兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值V1、V2o則下列判斷正確的是導學號51342329(C)A.釋放瞬間甲球加速度較大C.甲球質量大于乙球質量D. to時間內兩球下落的高度相等解析釋放瞬間v= 0,因此空氣阻力f = 0,兩球均只受重力，加速度均為重力加速度 g,故A錯誤；兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時 kv = mg因此m V1m vi最大速度與其質量成正比，即Vm0cm,故一=一,故B錯誤；由于一=一,而vi>V2,故甲球質m2 v2m2 V2量大于乙球質量，故 C正確；圖象與時間軸圍成的面積表示

5、物體通過的位移，由圖可知，t0時間內兩球下落的高度不相等，故D錯誤。4. (2016 湖南衡陽一中一模)如圖所示，質量為 m和m的兩個 材料相同的物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下。先沿水平面，再沿斜面(斜面與水平面成 0角)，最后豎直向上勻加速運動，不 計空氣阻力，在三個階段的運動中，線上拉力的大小 導學號 51342330 |( C )A.由大變小B.由小變大 ,，、, mC.始終不變且大小為F m+ m2D.由大變小再變大解析在水平面上時，對整體由牛頓第二定律F(m+m2)g=(m+m)ai,對m由牛m頓第二定律得 Fi mg=mai,聯(lián)立解得Fi = F；在斜面上時，對整體由牛頓

6、第二定律m十m得 F ( m + m) gcos 0 ( m + m2) gsin 0 = ( m + m) % ,對 m 由牛頓第二定律得F2 一m廣科 mgcos 0 mgsin 0 = ma2,聯(lián)立解得 E=F;1m 十 m在豎直方向時，對整體由牛頓第二定律得F ( m + m) g = (m+ m) a3,對m由牛頓第二定律得,口mF3-mg= ma3, 聯(lián)立解得 F3 =F。m+ m2一，, ，、,m綜上分析可知，線上拉力始終不變且大小為mmmF,故C正確。5. (2016 廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，光滑斜面 C靜止在粗糙的水平地面上，質量土勻為m的滑塊A B疊放在一起后由靜止開始

7、下滑,此過程中斜面保持靜止。則下列說法正確的是|導學號51342331|（BC）A. A對B的壓力等于mgB. B受4個力的作用C.地面對C的摩擦力方向水平向左D.若將A撤去，則B下滑的加速度變小解析AB整體具有沿斜面向下的加速度，設加速度為a,由牛頓第二定律可知（RA+m）a=（nA+m）gsin0,得a=gsin0,將a正交分解為豎直方向分量ai和水平分量a2,由于具有水平分量a2,故物體A必受到水平向左的摩擦力fo由牛頓第二定律得豎直方向：mgN=mai,水平方向：f=ma2,設斜面與水平方向的夾角為0,由幾何關系得ai=asin0=gsin0sin0=gsin2o,a2=acoso=g

8、sinocos。，得N=mgmgsin20=mgcos20,f=nAgsin。cos。，故A錯誤；由上面的分析可以知道B受到本身的重力、斜面的彈力、A的壓力以及A對B的摩擦力作用，故選項B正確；對AB、C整體分析，整體具有水平向左的分加速度，故整體受到地面的水平向左的摩擦力作用，故選項C正確；若將A撤去，對B根據牛頓第二定律有mBa=mgsin0,得a=gsin0,即加速度不變，故選項D錯誤。6.（2016浙江金麗衢十二校聯(lián)考）某同學用臺秤研究在電梯中的超失重現象.在地面上稱得其體重為500N,再將臺秤移至電梯內稱其心一500450體重。電梯從v=0時由靜止開始運動，到t=iis時停止，得到臺

9、秤的示數F隨時間t變化的情況如圖所示（g取i0m/s2）。則導學號51342332（ABD）A.電梯為下降過程B.在1011s內電梯的加速度大小為2m/s2C.F3的示數為550ND.電梯運行的總位移為19m解析臺秤的示數即為人對臺秤的壓力，人對臺秤的壓力與臺秤對人的支持力為一對作用力與反作用力，由題意可知，。2s內，臺秤示數為450N,人的加速度向下；210s內，臺秤示數為500N,人處于勻速運動狀態(tài)；1011s內，臺秤示數為F3>500N,人的加速度向上，由上述分析可知電梯必定是先加速，再勻速，最后減速下降，故A正確。02s內，a1=50。二5。=1m/s2,2s末速度V1=a1t=

10、2m/s；210s內，勻速，速度為2m/s;1011s內，F3500.一2，,12a3=m，V1=a3t3,t3=1s,解得a3=2m/s,F3=600N,故B正確，C錯誤。X1=2a1t1=一.一1.22m,X2=V1t2=16m,X3=2a3t3=1m,電梯運仃的總位移x=X1+X2+X2=19m,故D正確。7.（2016山東省實驗中學段考）如圖所示，三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊傾斜的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37?，F有兩個小物塊AB從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5,g取10m/s2, sin37=0.6

11、, cos37° = 0.8 。下列判斷正確的是導學號51342333 (BCD )A.物塊A先到達傳送帶底端B.物塊AB同時到達傳送帶底端C.傳送帶對物塊AB的摩擦力都沿傳送帶向上D.物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程解析A、B都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，因科=0.5<tan0=0.75,則物體都向下加速，傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，BC正確；A物塊與傳送帶運動方向相同，相對路程較小，故D正確。8. （2017河北衡水武邑中學調

12、研）如圖（a）所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為0的光滑斜面上的物體，逐漸增大F,物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖（b）所示，若重力加速度g取10m/s2,根據圖（b）中所提供的信息可以計算出導學號51342334（ABD）A.物體的質量B.斜面傾角的正弦值C.加速度增大到6m/s2時物體的位移D.物體靜止在斜面上時的外力F解析對物體受力分析,受水平外力、重力、支持力，如圖所示。x方向：Fcos0m§in0=may方向：N-Fsin0mcpos0=0,從圖象中取兩個點(20N,2m/s2),(30N,6m/s2)代入解得叫2kg,0=37°,故A、B

13、正確。當a=0時，可解得F=15N,取最小拉力為15N。題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小，無法求出位移，故C錯誤，D正確。二、非選擇題9. (2016河北石家莊5月二模)如圖所示，傾角0=37°的足夠長斜面固定在水平地面上，質量F2kg的物塊在與斜面成37°角/斜向上恒力F=20N的作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面向上運fd/動，已知物塊與斜面間的動摩擦因數科=0.5,g取10m/s：sin370=0.6,cos37。=0.8。|導學號51342335(1)求物塊在恒力F作用下向上運動的加速度a；(2)若恒力F作用4s后撤去，

14、求物塊再經過多長時間返回斜面底端。答案(1)1m/s2(2)3.4s解析(1)在力F作用時有Fcos37°mg>in37°科(mapos37°Fsin37°)=ma2解得a=1m/s。(2)剛撤去F時，物塊的速度V1=at1=4m/s,V1物塊的位移s1=2h=8s撤去力F后，物塊上滑時有-(mg>in37°一科mgos37°)=ma,解得a2=10m/s2,物塊上滑時間t2=°v=0.4s,a2-0-V2物塊繼續(xù)上滑的距離S2=-=0.8m。2a2則物塊上滑的最大距離Sm=S1+S2=8.8m。物塊返回時有mg

15、>in37°科mgos37°=ma,2解得a3=2m/s,物塊由頂端返回底端時有sm=1a3t2,解得t3=2j!2s。撤去，ff力F后，物塊返回斜面底端共用時t=12+13=(0.4+2j22js=3.4s。10. (2016安徽合肥質檢)如圖所示，某皮帶傳動裝置與水平面夾角為30。，兩輪軸心相距L=2mA、B分別是傳送帶與兩輪的切點，Jk£傳送帶不打滑。現傳送帶沿順時針方向以v=2.5m/s的速度勻速轉動，將一小物塊輕輕地放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數科=乎，g取10m/s2。試求：|導學號51342336(1)小物塊運動至B點的時間；(2)若

16、傳送帶速度可以任意調節(jié)，當小物塊在A點以V0=3郃m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度范圍。答案(1)1.3s(2)2m/s<vb<8m/s解析(1)剛開始小物塊沿傳送帶向上做勻加速直線運動，設加速度為ai,根據牛頓第二定律有mgcos30°mcsin30°=ma,解得ai=2.5m/s2。設小物塊速度等于2.5m/s時，小物塊對地位移為Li,用時為ti,則22vi2.5Li-m=i.25m,2ai2X2.5'因Li<L且“tan30。，故小物塊速度等于2.5m/s時，將做勻速直線運動至B點，設用_,、，1,LLi,_,_,一e_,、一