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1、专题强化练(三)牛顿定律的应用1如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是()ABCD解析：篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力ma1mgN，开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力N增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2Nmg，随着N
2、增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大故B符合题意，A、C、D不符合题意故选B.答案：B2图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图像两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g10 m/s2，根据图像分析可知()A人的重力为1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度解析：开始时人
3、处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据力平衡可知，人的重力也是500 N，A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误；人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知a m/s220 m/s2，f点的支持力为零，人处于完全失重状态，加速度为重力加速度10 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误故选B.答案：B3如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数0.75，木板与水平面成角，让木块从木板的底端以初速度v02 m/s沿木板向上滑行，隨着的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加
4、速度g10 m/s2，x的最小值为()A0.12 m B0.14 mC0.16 m D0.2 m解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成角时，由牛顿第二定律mgsin mgcos ma，解得ag(sin cos )，设木块的位移为x，有0v2ax，根据数学关系知sin cos sin ()，其中tan 0.75，可得37，当90时加速度有最大值，且最大值ag，此时9053，加速度最大值为ag.x的最小值为xmin0.16 m，故A、B、D错误，C正确故选C.答案：C4一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中无初速跳下，设空降特战兵沿直线运
5、动，其速度时间图像如图甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面已知空降特战兵的质量为 60 kg.设降落伞用 8 根对称的绳拉着空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为 37，如图乙所示则空降特战兵在下降过程中 (sin 370.6，cos 370.8)(g取10 m/s2)下列判断正确的是()A从甲图可以分析得知空降兵所受空气阻力不可忽略B飞机离地高度约为190 mC整个运动过程中的平均速度大小约为 10 m/sD落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N解析：空降特战兵在向下加速过程中加速度a10 m/s2，故空降兵所受空气阻力可忽略，故A错误；由于图线围成的面积求出下落得高度，则
6、下落得高度：h20 m180 m，故B错误；整个运动过程中的平均速度大小为：v m/s13.8 m/s，故C错误；由图可知，伞兵减速阶段的加速度：a m/s2 m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则：mg8Fcos 37ma，代入数据可得：F125 N故D正确；故选D.答案：D5(多选)如图甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v010 m/s，质量为m1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，下面正确的是()A05 s内小木块做匀减速运动B在t1 s时刻，摩擦力反向C斜面倾角37D小木块与斜
7、面间的动摩擦因数为0.5解析：由匀变速直线运动的速度位移公式：v2v2ax与题图可得：a m/s210 m/s2，由题图所示图像可知，初速度：v100 (m/s)2，v010 m/s，减速运动时间：t s1 s，故A错误；由题图所示图像可知，在01 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图所示图像可知，物体反向加速运动时的加速度：a m/s22 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma，mgsin mgcos ma，代入数据解得：0.5，37，故C、D正确答案：BCD6(多选)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、
8、Q、N是固定在车体上的压力传感器假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g取10 m/s2，下列情况说法正确的是(tan 150.27)()A当a2 m/s2时，P有示数，Q无示数B当a2 m/s2时，P有示数，Q有示数C当a3 m/s2时，P有示数，Q有示数D当a3 m/s2时，P无示数，Q有示数解析：仅N传感器示数有示数时，有tan 15，得a2.7 m/s2，当a2 m/s22.7 m/s2时，P无示数，Q有示数故选AD.答案：AD7(多选)冰壶比赛是北京冬奥会的比赛项目之一 ，运动员把冰壶沿水平冰面投出，冰壶仅
9、在摩擦力作用下自由滑行，比赛过程中可在冰壶运动前方用毛刷来回擦扫冰面， 减少冰面的动摩擦因数以调节冰壶的滑行距离某场比赛中，一运动员以v0的速度投掷冰壶，冰壶和冰面的动摩擦因数为，冰壶能在冰面上滑行s的距离，若在冰壶速度减为时开始持续擦扫冰面，则冰壶能再滑行s的距离冰壶的运动可视为直线运动，已知重力加速度为g，则擦扫后冰壶与冰面的动摩擦因数为()A.B.C.D.解析：未擦扫时，根据牛顿第二定律mgma，根据速度位移关系2asv，若在冰壶速度减为时开始持续擦扫冰面，减为之后，根据牛顿第二定律mgma，根据速度位移关系2a()2，联立可解得，故选AC.答案：AC8如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用
10、双桨同步划水使赛艇沿直线运动运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8 s，赛艇(含运动员、双桨)质量为70 kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8 m，求：(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小解析：(1)设赛艇所受阻力大小为f，则划水时双桨产生动力大小为2f.划水时，对赛艇，根据牛顿第二定律得2ffma1，空中运桨时，对赛艇，根据牛顿第二定律得fma2，可得a1a211.(2)设赛艇的最大速度
11、大小为vm.根据题意可知，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8 m，则x(v0t1a1t)(v0a1t1)t2a2t，由题知v04 m/s，t1t20.8 s，结合a1a2，解得a1a22.5 m/s2，则vmv0a1t1(42.50.8) m/s6 m/s，赛艇受到的恒定阻力大小fma2702.5 N175 N.答案：(1)11(2)6 m/s175 N.9如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直已知M4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度
12、的大小，不计空气阻力(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：Ma1Mgf，ma2fmg，f4mg，联立并代入题给数据，得：a12g，a23g；(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小均为：v0，方向均向下，管弹起的瞬
13、间，管的速度反向，球的速度方向依然向下设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：v0a1t1v0a2t1，解得t1.设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v，由运动学公式可得h1v0t1a1tH，vv0a1t1.由此可知此时v0，此后管与小球将以加速度g减速上升h2到达最高点，由运动学公式有：h2，管第一次落地弹起后上升的最大高度H1h1h2H.(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：Mg(HH1)mg(HH1x1)4mgx10，解得x1H.同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2H1，设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1x2L，联立解得L应满足条件为：LH.答案：(1)2g3g(2)H(3)LH