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1、牛顿运动定律的综合应用(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，16题为单选题，79题为多选题)1.如图所示，在近地圆轨道环绕地球运行的“天宫二号”的实验舱内，航天员景海鹏和陈冬在向全国人民敬礼时()A.不受地球引力B.处于平衡状态，加速度为零C.处于失重状态，加速度约为gD.地板的支持力与地球引力平衡【解析】选C。天宫二号做匀速圆周运动时航天员处于完全失重状态。此时仍受到地球引力作用，只不过引力恰好充当向心力，向心加速度近似等于g；此时人对地板没有压力，地板对人也没有支持力，故C正确，A、B、D错误。2.如图所示，用皮带输送机将质量为M的物块向上传送，两者间保持相对
2、静止，则下列关于物块所受摩擦力Ff的说法正确的是() A.皮带传送的速度越大，Ff越大B.皮带加速运动的加速度增大，Ff不变C.皮带速度恒定，物块质量越大，Ff越大D.Ff的方向一定与皮带速度方向相同【解析】选C。若物块匀速运动，由物块的受力情况可知，摩擦力Ff=Mgsin，与传送带的速度无关，A项错误；物块质量M越大，摩擦力Ff越大，C项正确；皮带加速运动时，由牛顿第二定律可知，Ff-Mgsin=Ma，加速度a越大，摩擦力Ff越大，B项错误；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带方向向下，D项错误。3.在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b
3、处于水平方向，拉力为Fb，如图所示。现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是() A.Fa变大，Fb不变B.Fa变大，Fb变小C.Fa变大，Fb变大D.Fa不变，Fb变小【解析】选D。以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据牛顿第二定律得水平方向：Fasin -Fb=ma竖直方向：Facos -mg=0由题知不变，分析得Fa不变，Fb=Fasin -maF2，当运动达到稳定时，关于弹簧的伸长量下列说法正确的是()A.若水平地面光滑，弹簧的伸长量为B.若水平地面光滑，弹簧的伸长量为C.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相
4、同，弹簧的伸长量为D.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同，弹簧的伸长量为【解析】选C。设两个物体的质量均为m，若水平地面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a=，再以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F1-kx=ma，代入解得弹簧的伸长量为x=，选项A、B错误；若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同， 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 a=-g再以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F1-kx-mg=ma，代入解得，弹簧的伸长量为x=，选项C正确，D错误。4.(2019烟台模拟)如图甲所示，足够长的光滑固定的斜面上有一物体，物体在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动，
5、在02 s内推力的大小F1=5 N，在24 s内推力的大小F2=5.5 N，该过程中物体的速度随时间变化的规律如图乙所示，g取10 m/s2，则()A.物体在前4 s内的位移为8 mB.在第3 s末物体的加速度大小为2 m/s2C.物体质量为2 kgD.斜面与水平面的夹角为30【解析】选D。由速度时间图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即04 s内物体的位移为5 m，故A错误；由图象得，在24 s内物体的加速度a=0.5 m/s2，故B错误；在02 s内物体做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力等于5 N，在24 s内由牛顿第二定律有：F2-F1=ma，解得m=1 kg，故C错误；设斜面与
6、水平面的夹角为，则F2-mgsin=ma，解得=30，故D正确。5.(2020邯郸模拟)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是() A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD.斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值【解析】选D。设球的质量为m，斜面倾角为，斜面给球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2。对球受力分析，如图所示。由牛顿第二定律得：F1cos-mg=0，F2-F1sin=ma，解得F
7、1=，F2=mgtan+ma，即F1是定值，故A、B错，D正确；球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为ma，故C错误。6.电影情报特工中，有一特工队员潜入敌人的堡垒，准备窃取铺在桌面上的战略图板A，图板上面有一个砚台B，情境简化如图。若图板A的质量为m、与桌面间的动摩擦因数为，砚台B的质量为2m、与图板间的动摩擦因数为2，用平行于桌面向右的力F将图板加速拉出桌面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是() A.砚台B对图板A的摩擦力方向向右B.砚台B的加速度随拉力F增大而一直增大C.当F3mg时，图板A与砚台B发生相对滑动D.当F=4.5mg时，砚台B的加速度为0.5g【解析】选D。砚台
8、B随图板A向右加速运动，受向右的摩擦力，则砚台B对图板A的摩擦力方向向左，选项A错误；当F增大到一定值，砚台B与图板A产生相对滑动，B所受的摩擦力不变，此时B的加速度不变，选项B错误；砚台B与图板A刚好要产生相对滑动时，则：22mg=2mam，解得am=2g，此时对整体F0-3mg=3mam，解得F0=9mg，即当F9mg时，图板A与砚台B发生相对滑动，选项C错误；当F=4.5mgF0时，此时两物体相对静止，砚台B的加速度等于整体的加速度，即a=0.5g，选项D正确。7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b
9、点是人静止悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低点c的过程中() A.在Pa段做自由落体运动，人处于完全失重状态B.在ab段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C.在bc段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D.在c点，人的速度为零，其加速度为零【解析】选A、B。人在Pa段只受重力作用，a=g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人在c点时，绳的拉力最大，人所受的合力最大，加速度最大，D错误。8.(2019全国卷)如图甲，物块和木板叠放在实验台上，
10、物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由题给数据可以得出()A.木板的质量为1 kgB.24 s内，力F的大小为0.4 NC.02 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】选A、B。结合两图象可判断出02 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；在45 s内，木板在
11、摩擦力的作用下做匀减速运动，ma2=f=0.2 N，加速度大小为a2= m/s2=0.2 m/s2 ，得m=1 kg，故A正确；在24 s内木板加速度大小为a1= m/s2=0.2 m/s2，则F=ma1+f=0.4 N，故B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数，故D错误。9.如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是()A.减小A物块的质量B.增大B物块的质量C.增大倾角D.增大动摩擦因数【解析】选A、B。当用沿斜
12、面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律，有F-(mA+mB)gsin-(mA+mB)gcos=(mA+mB)a，得a=-gsin-gcos。隔离B研究，根据牛顿第二定律有FT-mBgsin-mBgcos=mBa，则FT=mBgsin+mBgcos+mBa=，要增大FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量，故A、B正确。二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)10.质量为1.5 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A的v-t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A与B上表面之间的动摩
13、擦因数1；(2)木板B与水平面间的动摩擦因数2；(3)A的质量。【解析】(1)由图象可知，A在01 s内加速度为a1=-3 m/s2，对A由牛顿第二定律得，-1mg=ma1得1=0.3(2)由图象可知，AB在13 s内加速度为a2=-1.5 m/s2，对AB整体由牛顿第二定律得-2(M+m)g=(M+m)a2得2=0.15(3)由图象可知B在01 s内的加速度a3=3 m/s2对B由牛顿第二定律得，1mg-2(M+m)g=Ma3代入数据解得：m=4.5 kg答案：(1)0.3(2)0.15(3)4.5 kg【加固训练】如图所示，物块A放在足够长的木板B上，A、B之间的动摩擦因数1=0.6，木板
14、与水平面间的动摩擦因数2=0.2，某时刻A、B分别有向左和向右的速度v0，且速度大小v0=10 m/s，如果A、B的质量相同，g取10 m/s2。求：(1)初始时刻A、B的加速度大小；(2)A向左运动的最大位移。【解析】(1)对A：maA=1mg解得aA=6 m/s2对B：1mg+22mg=m解得=10 m/s2。(2)B的加速度大，B先减速到0，设B由v0减速到0的时间为t1，v0=t1，t1=1 s此时A的速度为：vA=v0-aAt1，vA=4 m/s，该过程A的位移为：x1=v0t1-aA，x1=7 m之后B所受水平面的摩擦力反向：1mg-22mg=m，=2 m/s2设B反向加速至与A共
15、速所用时间为t2，vA-aAt2=t2，t2=0.5 s从B反向加速到两者共速，该过程A的位移为：x2=vAt2-aA，x2=1.25 m共同速度v=t2=1 m/s两者共速后一起向左做减速运动，22mg=2ma，a=2 m/s2两者共同减速的位移：x3=，x3=0.25 mA向左运动的总位移x=x1+x2+x3=8.5 m。答案：(1)6 m/s210 m/s2(2)8.5 m11.(10分)(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和F
16、N。若T-a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则()A.a= m/s2时，FN=0B.小球质量m=0.1 kgC.斜面倾角的正切值为D.小球离开斜面之前，FN=0.8+0.06a(N)【解题指导】解答本题应注意以下两点(1)若加速度较小，小球在斜面上，受三个力的作用；(2)若加速度较大，小球离开斜面，受两个力的作用。【解析】选A、B、C。小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos-FNsin=ma，Tsin+FNcos=mg，联立解得FN=mgcos-masin，T=macos+mgsin，所以小球离开斜面之前，T-a图象为直线，由题图乙
17、可知a= m/s2时，FN=0，A正确；当a=0时，T=0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin=T；当a= m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以=ma，联立可得tan=，m=0.1 kg，B、C正确；将和m的值代入FN=mgcos-masin，得FN=0.8-0.06a(N)，D错误。12.(20分)如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，
18、当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走。已知传送带与水平方向夹角为53，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L=64 m，A、B两轮半径忽略不计，g取10 m/s2，sin 53=0.8，cos 53=0.6。(1)若传送带以恒定速率v0=10 m/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间。【解析
19、】(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向Ff-mgsin=ma垂直传送带方向：FN-mgcos-F=0其中F=1.4mg，Ff=FN，解得：a=2 m/s2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t1= s=5 s对应的位移为：x1=a=252 m=25 m根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为：t2= s=3.9 s，所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为：t=t1+t2=8.9 s。(2)只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s2，所以传送带的最小加速度为：amin=2 m/s2，则有：L=at2，代入数据解得最短时间为：t=8 s。答案：(1)8.9 s(2)2 m/s28 s【总结提升】(1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键。(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。12