專題3.3牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

1.如右圖，將手電筒豎直向上放置，接通電源開關(guān)，旋松后蓋使小電珠恰能點亮.手持電

筒并保持它在豎直方向運動，要使得小電珠熄滅，可以（）

A.緩慢向上勻速運動

B.緩慢向下勻速運動

C.突然向上加速運動

D.突然向下加速運動

【解忻】手電筒緩慢向上、向下勻速運動，電筒處于平衡狀態(tài)，內(nèi)部連接狀況不變，小電球能發(fā)光，

故A、B錯俁；若突然向上加速運動，以電池為研究對象，受向上的彈力突然增大，彈蓄形變量増大，即壓

縮量熔大，使得電池與電珠斷開，小電珠熄滅，所以C正確；若突然向下加速，電池受向上的彈力減小，

彈簧壓縮量減小，電路仍然是通路，所以小燈珠不會熄滅，故D錯誤.

【答案】C

2.用細線將籃球拴在升降機光滑的側(cè)壁上，當(dāng)升降機加速下降時，出現(xiàn)如圖所示的情

形.四位同學(xué)對此現(xiàn)象做出了分析與判斷，其中可能正確的是（）

A.升降機的加速度大于g,側(cè)壁對球無擠壓

B.升降機的加速度小于g,側(cè)壁對球有擠壓

C.升降機的加速度等于g,側(cè)壁對球無擠壓

D.升降機的加速度等于g,側(cè)壁對球有擠壓

【解析】若細線有拉力，則7bos?+磔=儂，可知a>g,此時側(cè)壁對球有支持力；選項A

錯誤；若細線無拉力，則加g=3,可知a=g,此時側(cè)壁對球無支持力；升降機的加速度不可能

小于g；故選項C正確.

【答案】C

3.如圖所示，興趣小組的同學(xué)為了研究豎直運動的電梯中物體的受力情況，在電梯地板上

放置了一個壓力傳感器，將質(zhì)量為4kg的物體放在傳感器上.在電梯運動的某段過程中，傳感

1

器的示數(shù)為44N.g取10m/s2.對此過程的分析正確的是（）

A.物體受到的重力變大

B.物體的加速度大小為1m/s2

C.電梯正在減速上升

D.電梯的加速度大小為4m/s2

【解析】電憐中的物體處于超重、平衡、失重狀態(tài)時是加速度不同，本身的重力不變，選項A錯誤.由

牛頓第二定津可知F廠，咫口孫而由牛頓第三定律得尸產(chǎn)尸K=44N,解得：a=lms*,故選項B正確、

選項D錯誤.加速度向上，運動是加速向上或城速冋F,選項C錯誤.故選B.

【答案】B

4.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)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(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示.當(dāng)此車加速上坡時，盤腿坐在座椅上

的一位乘客（）

A.處于失重狀態(tài)

B.不受摩擦力的作用

C.受到向前（水平向右）的摩擦力作用

D.所受力的合力豎直向上

【解析】當(dāng)此車加速上坡時，車?yán)锏某丝途哂邢嗤募铀俣?，方向沿斜面向上，人?yīng)受到

豎直向下的重力，垂直水平面豎直向上的彈力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正

確，B、D錯誤；由于有沿斜面向上的加速度，所以在豎直方向上有向上的加速度，物體處于超

重狀態(tài)，A錯誤.

【答案】C

5.如圖，固定斜面，必段光滑，如段粗糙，4、6兩物體疊放在一起從。點由靜止下滑，

下滑過程中46保持相對靜止，則（）

2

A.在勿段時，4受三個力作用

B.在龍段時，4可能受二個力作用

C.在鹿段時，4受摩擦力方向一定沿斜面向上

D.整個下滑過程中，/、6均處于失重狀態(tài)

【解析】在CD段時，因且8一起運動的加速度為a=gsm8,故止梆T/只受重力和月對月的支持力作用,

選項A錯誤,在儂段時，因為粗糙，故毎一起運動的加速度為a=gsm8-&gg現(xiàn)此時月受重力和5對

N的支持力外，還受向上的摩擦力作用，故選項B錯誤，C正確；在CDE殳.?的加速度向下，屬于失重狀

態(tài)；在工段，加速度可能向上，故可能處于超重狀態(tài)，故選項D錯誤；故選C.

【答案】C

6.（多選）如圖甲，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為）的貨物提升到髙處，滑輪的質(zhì)量和摩擦均

不計，貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力7之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示.由圖

可以判斷（）

A.圖線與縱軸的交點"的值a卡-g

B.圖線與橫軸的交點N的值T市mg

C.圖線的斜率等于物體的質(zhì)量加

1

D.圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù)-

m

【解析】貨物受重力和繩子的拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得7一遊=儂，圖線與縱軸的

交點，即當(dāng)7=0時，a=-g,圖線與橫軸的交點即a=0時，7=儂，A、B正確根據(jù)牛頓第二

T1

定律可得&=-一期根據(jù)關(guān)系式可得圖象的斜率*=-,C錯誤D正確.球拍托球沿水平面勻加

mm

速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為風(fēng)m,球拍平面和水平面之間的夾角為0,球拍與球保持相對

靜止，它們之間的摩擦及空氣阻力不計，則（）

3

A.運動員的加速度為貝an，

B.球拍對球的作用力為一^

sin8

Mg

C.運動員對球拍的作用力為一-

cos〃

D.若加速度大于鉄in，，球一定沿球拍向上運動

【解析】對網(wǎng)球進行受力分析，受到重力儂和球拍的支持力糸，受力如圖所示:

mg

根據(jù)牛頓第二定律，尺sin。=儂，/^cos0—mg,整理可以得到：為=----a—gtan0,

cos8

故選項A正確，選項B錯誤；以網(wǎng)球與球拍整體為研究對象，其加速度與網(wǎng)球的加速度相同,

受力如圖所示：

(M+m)g

M+mg

根據(jù)牛頓第二定律得，運動員對球拍的作用力為尸=------,故選項C錯誤；當(dāng)加速度

COS8

a^gtan〃時，網(wǎng)球?qū)⑾蛏线\動，由于繡in〃與/an〃的大小關(guān)系未知，故球不一定沿球拍向

上運動，故D錯誤.所以本題正確選項為A.

【答案】A

9.（多選）如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊

4

的質(zhì)量均為加，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃，木板與水平面間動摩擦因數(shù)為彳，已知最大

靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g.現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力人則木板

加速度a大小可能是（）

2

A.a—B.a=/g

1F1

C.D.a=--------ug

o2nl3

【解析】若木塊和木板之間發(fā)生相對滑動,則對木板，根據(jù)牛頓定律:刎g-$2mg=）孫解得a=；ag,

選項C正確；若木塊和木板之間不發(fā)生相對滑動，則對木板和木塊的整體，根據(jù)牛頓定律可得；尸一發(fā)2卅g

=2ma,解得a=￡-%ig,選項D正確；故選CD.

【答案】CD

10.（多選）如圖甲所示，靜止在水平面，上足夠長的木板8左端放著小物塊4某時刻，A

受到水平向右的外力b作用，尸隨時間力的變化規(guī)律如圖乙所示.4、夕間最大靜摩擦力大于

之間的最大靜摩擦力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.則在拉力逐漸增大的過程中，下列

反映力、6運動過程中的加速度及/與6間摩擦力6、8與C間摩擦力與隨時間變化的圖線中正

確的是（）

【解析】當(dāng)拉力小于BC之間的最大蘋摩擦力時，不會運動，物體XE沒有加速度，所以B錯誤；

拉力小于BC之間的最大靜摩擦力時，物體-正沒有運動前，?=￡=3兩個摩擦力者嚨拉力増大而增大，

當(dāng)拉力大于5C1之間的最大靜摩擦力小于.纖間的最大靜摩摭力時，物體.然一起向前加速，AC之間變?yōu)榱?/p>

滑動摩掠力保持不變，所以D項正確,物體/的加速度為整體的加速度，.卷間的摩擦力為靜摩擦力，當(dāng)

拉力大于.4之間的最大靜摩擦力時，.結(jié)之間也發(fā)生了相對滑動，之間變?yōu)榱嘶瑒幽Σ亮Γ?4的加速度

也發(fā)生了變化，所以A、C項正確.

【答案】ACD

11.雨滴從空中由靜止落下，若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，圖中

能大致反映雨滴運動情況的是（）

5

解析對雨滴進行受力分析可得儂-A=勿a,隨雨滴速度的增大可知雨滴做加速度減小的

加速運動。故選C。

12.如圖所示，物塊4放在木板6上，A,6的質(zhì)量均為加，爾6之間的動摩擦因數(shù)為口,B

與地面之間的動摩擦因數(shù)為不一。若將水平力作用在1上，使力剛好要相對6滑動，此時力的

加速度為苗；若將水平力作用在6上，使6剛好要相對4滑動，此時6的加速度為a2,則向、也

之比為（）

A.1：1B.2：3C.1：3D.3：2

答案C

解析當(dāng)水平力作用在4上，使/剛好要相對6滑動，4、8的加速度相等，對6隔離分析,

umg-----T—.2mg]

占的加速度為a〃=ai=------------------------=1g；當(dāng)水平力作用在8上，使占剛好要相對4滑動，

m3

〃ms

力、6的加速度相等，對力隔離分析，4的加速度為斗=慫=-------可得由：a2=l：3.C

m

正確。

21.如圖所示，三個物體質(zhì)量分別為a=1.0kg,憑=2.0kg、偌=3.0kg,已知斜面上表

面光滑，斜面傾角6=30°,外和色之間的動摩擦因數(shù)〃=0.8。不計繩與滑輪的質(zhì)量和摩擦，

初始時刻用外力使整個系統(tǒng)靜止，當(dāng)撤掉外力時，也將（g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力）（）

A.相對于外上滑

B.相對于的下滑

6

C.和創(chuàng)一起沿斜面下滑

D.和外一起沿斜面上滑

答案B

解析假設(shè)明和血之間保持相對靜止，對整體分析，整體的加速度4=密一等空空M：=2.5m歲。

隔離對歸分析，由牛頓第二定律得尸""gsin30==，也處解得壯gsin3(T+*MT=15N,由題意可知最大靜

摩擦力丘=H??2gco$3(r=13SN,可知左，因為哂:隨叫:一起做加速運動需要的摩擦力大于二者之間的最

大靜摩摭力，所以假設(shè)不正確，中弱居上述分析可知，加相對于礎(chǔ)下滑+故B正確。

22.如圖甲所示，可視為質(zhì)點的4、6兩物體置于一靜止長紙帶上，紙帶左端與4、4與占間

距均為d=0.5m,兩物體與紙帶間的動摩擦因數(shù)均為外=0.1,與地面間的動摩擦因數(shù)均為“

=0.2?，F(xiàn)以恒定的加速度a=2m/s2向右水平拉動紙帶，重力加速度g取10m/s2,求：

Iff」

(r---------

甲乙

(1)4物體在紙帶上的滑動時間；

(2)在圖乙的坐標(biāo)系中定性畫出/、6兩物體的彳f圖象；

(3)兩物體從6停在地面上的距離。

答案(1)1s(2)圖見解析(3)1.25m

解析(1)兩物體在紙帶上滑動時均有N\mg=ma\

11

當(dāng)物體4滑離紙帶時5azi-5alF=d

由以上兩式可得&=1So

⑵如圖所示。

?r

7

(3)物體A離開紙帶時的速度甘=G厶

兩物體在地面上運動時均有

用"堪="3

物體/從開始運動到停在地面上過程中的總位移

_謁,H

X]-F7；-

2al2G

物體S滑離紙帶時5W-%￡=2d

物體B離開紙帶時的速度

物體S從開始運動到停在地面上過程中的總位移

c0

X=立+生

42/2]2G

兩物體力、夕最終停止時的間距

x=x2+d~X[

由以上各式可得x=1.25mo

23.如圖所示，有1、2、3三個質(zhì)量均為/=1kg的物體，物體2為一長板，與物體3通過

不可伸長的輕繩連接，跨過光滑的定滑輪，設(shè)長板2到定滑輪足夠遠，物體3離地面高45.75

用，物體1與長板2之間的動摩擦因數(shù)“=0.2。長板2在光滑的桌面上從靜止開始釋放，同時

物體1(視為質(zhì)點)在長板2的左端以v=4m/s的初速度開始運動,運動過程中恰好沒有從長板2

的右端掉下，求：

7

*

(1)長板2開始運動時的加速度大?。?/p>

(2)長板2的長度厶；

(3)當(dāng)物體3落地時，物體1在長板2上的位置。

答案(1)6m/s?(2)1m(3)物體1在長板2的最左端

8

解析(1)設(shè)冋右為正方向，分別對三個物體受力分析，

根據(jù)牛頓第二定律有

物體1;——二濃1

長板2:T+/^mg—ma：

物體3:?tg—1=/您

旦3二6

聯(lián)立可得ai=-,ug--2ms:,公二缺空二6mW。

(2)1、2共速后，假設(shè)1、2、3相對靜止一起加速，則有

g

T=2ma,mg—T=ma,BP得a=一，

3

對1：F=3=3.3N>〃儂=2N,故假設(shè)不成立，物體1和長板2相對滑動。則1、2共速時,

物體1恰好位于長板2的右端。

設(shè)經(jīng)過時間6二者速度相等，則有匕=。+歷厶=遜厶，

代入數(shù)據(jù)解得厶=0.5s,匕=3m/s,

v+Mv{tl

為=---厶=1.75m,^=-=0.75m,

所以長板2的長度Zo=X]—x2—1nio

(3)1、2共速之后，分別對三個物體受力分析，有

物體1：umg=耐

長板2：T—口mg=除

物體3：mg—7=〃舊6

且劣=為

￡r-〃任

聯(lián)立解得前=2m/s2,的=~--------=4m/s2o

此過程物體3離地面高度力=〃一彳2=5m

1

根據(jù)h=匕灰+萬恁步

解得益=1s,長板2的位移為=力

1

物體1的位移為=H女+萬由於=4m

則物體1相對長板2向左移動的距離

△彳=司一勒=1m=Z(),即此時物體1在長板2的最左端。

24.如圖，在光滑的傾角為〃的固定斜面上放一個劈形的物體4其上表面水平，質(zhì)量為

〃物體6質(zhì)量為妬8放在力的上面，先用手固定住4

9

H

⑴若力的上表面粗糙，放手后，求4?相對靜止一起沿斜面下滑，夕對力的壓力大小.

⑵若力的上表面光滑，求放手后的瞬間，Z?對力的壓力大小.

【解析】(1)4?相對靜止一起沿斜面下滑，加速度a=^in〃

2

8的加速度的豎直分量a7=^sin。則mg—N=may

N=mg-mgsiN0=/z^cos20

所以E對力的壓力大小等于z^cos20

(2)因為月、3下滑時,/與3的加速度并不相同,工的加速度沿斜面向下，B的加速度豎直向下一3的

加速度的豎直分量與B的加速度相等.即有須=須=公淞8

。農(nóng)+.VBXind=A&

對V、Z分別運用牛頓第二定律,有明g-.騒=頂麴二川加ind

所以M=

業(yè)+機siM夕

/zzlfecos2H

【答案】⑴峻。S2"⑵帀而

25.如圖所示，一個質(zhì)量為M長為人的圓管豎直放置，頂端塞有一個質(zhì)量為力的彈性小球,

#=4/27,球和管間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小均為4儂，管下端離地面高度〃=5m.

現(xiàn)讓管自由下落，運動過程中管始終保持豎直，落地時向上彈起的速度與落地時速度大小

相等，若管第一次彈起上升過程中，球恰好沒有從管中滑出，不計空氣阻力，重力加速度g=10

m/s2.求

(1)管第一次落地彈起剛離開地面時管與球的加速度分別多大？

(2)從管第一次落地彈起到球與管達到相同速度時所用的時間.

(3)圓管的長度厶

【解析】(1)管第一次落地彈起時，管的加速度大小為m，球的加速度大小為a2，由牛頓第

二定律

對管Mg+4mg=Mai

10

對球41nLing=ma?

故當(dāng)=20m/s2,方向向下

2

a2=30m/s,方向向上

偉)球與管第一次碰地時，由回

得碰后管速廿二^//，方向向上

碰后球速e國,方向向下

球剛好沒有從管中滑出，設(shè)經(jīng)過時間;，球、管速度相同，則有

對管V=Vl-ZTjf

對球v=-V2+a^i

代入數(shù)值睬立解得i=(Us

(3)管經(jīng)f時間上升的高度為%=v1L；aF

球下降的高度如二19一%￡：

管長L=h]+A2=4m

【答案】(1)20m/s2,方向向下30m/s2,方向向上(2)0.4s(3)4m

26.一大小不計的木塊通過長度忽略不計的繩固定在小車的前壁上，小車表面光滑。某時

刻小車由靜止開始向右勻加速運動，經(jīng)過2s,細繩斷裂。細繩斷裂前后，小車的加速度保持不

變，又經(jīng)過一段時間，滑塊從小車左端剛好掉下，在這段時間內(nèi)，已知滑塊相對小車前3s內(nèi)滑

行了4.5m,后3s內(nèi)滑行了10.5m,求從繩斷到滑塊離開車尾所用的時間是多少？

mJ!；30cMM

圖6

解析設(shè)小車加速度為必繩斷裂時，車和物塊的速度為v{=atXo斷裂后，小車的速度片

匕+庁友，小車的位移為：

1

2

xi=v{t2+-at

滑塊的位移為：入2=%，2

繩斷后，前3s相對位移有關(guān)系：

1

△*=為一熱=萬3a=4.5m

得：a=lm/s2

11

細繩斷開時小車和物塊的速度均為:

vi^=1^2ms=2ms

設(shè)后3s小車的初速度為viS則小車的位移為：

X1—+

渭塊的位移為：

X2，=Vl/4

得：xf——3vf+4.5tn—3vj=10.5m

解得：vi—4ms

由此說明后3s實際上是從繩斷后2s開始的，滑塊與小車相對運動的總時間為：

t.=5s

答案5s

27.如圖7所示，甲、乙兩傳送帶傾斜放置，與水平方向夾角均為37°,傳送帶乙長為4

m,傳送帶甲比乙長0.45m,兩傳送帶均以3m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，可視為質(zhì)點的物塊4

從傳送帶甲的頂端由靜止釋放，可視為質(zhì)點的物塊8由傳送帶乙的頂端以3m/s的初速度沿傳送

帶下滑，兩物塊質(zhì)量相等，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5,取尸10m/s2,sin37。=0.6,

cos37°=0.8o求:

圖7

(1)物塊/由傳送帶頂端滑到底端經(jīng)歷的時間;

(2)物塊4g在傳送帶上的劃痕長度之比。

12

解析⑴対物塊A由牛頓第二定律知wgsin37f+,^?jgcos37=-?aai，代入數(shù)值得ai=lOms-

役經(jīng)時間厶物塊4與傳送帶共速，則由運動學(xué)規(guī)律知

V.二aifi,艮卩fi—0.3s

此過程中物塊月的位移為4=/濟=0.45m

物塊/與傳送帶共速后，由牛頓第二定律知

陰gsin3尸一卬退cos37"二刑s,代入數(shù)值得dt=2ms2

由運動學(xué)規(guī)律知1LX尸…+*對，代人數(shù)值得

匕二1S

所以物塊H由傳送帯頂端滑到底端經(jīng)歷的時間為If+h=1.3"

(2)在物塊A的第一個加速過程中，物塊/在傳送帶上的劃痕長度為

￡]=p帶t\-X[=0.45m