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1、牛顿运动定律及其应用A组(45分钟100 分)一、选择题(本大题共 8小题,每小题 8分,共 64分。多选题已在题号后标出)1.(多选)(2013潍坊一模)在下列运动过程中,人处于失重状态的是()A.小朋友沿滑梯加速滑下B.乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C.宇航员随飞船绕地球做圆周运动D.运动员离开跳板后向上运动2.放在水平面上的一物体重 45 kg,现用 90 N的水平推力推该物体,此时物体的加速度为 1.8 m/s2。当物体运动后,撤掉水平推力,此时该物体的加速度大小为()A.1.8 m/s2 B.0.2 m/s2C.2 m/s2 D.2.8 m/s23.如图所示,在光滑的水平地面上有
2、两个质量相等的物体,中间用劲度系数为 k的轻质弹簧相连,在外力F1、F 2的作用下运动。已知 F1F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为()A. B.F12 F122C. D.F1+22 F1+24.(2013南充二模)在水平地面上有一质量为 2kg的物 体,物体在水平拉力 F的作用下由静止开始运动,后撤去拉力。该物体运动的 v-t图像如图所示,g 取 10m/s2,下列说法正确的是()A.物体的最大位移是 40 mB.物体受到的拉力 F的大小为 2.4NC.物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2D.前 12 s内,拉力与阻力做功的代数和为 8 J5.(多选)(2013滨州一模)2012 年 8
3、月 3日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌,忽略空气阻力,下面关于蹦床运动的说法中正确的是()A.运动员下落到刚接触蹦床时,速度最大B.运动到最低点时,床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中,运动员的加速度先减小后增大D.在下落过程中,重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量6.(2013莆田二模)如图所示,一根轻质弹簧上端是固定的,下端挂一质量为 m0的平盘,盘中有一物体,质量为 m,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了 l,现向下拉盘使弹簧再伸长 l后停止,然后松手,设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松手时盘对物体的支持力等于()A.(1+l
4、)mg B.(1+l)(m+m0)gC. lmg D. l(m+m0)g7.一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在这一过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()8.(多选)(2013西安二模)如图所示,质量为 m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上,物体距传送带左端的距离为 L。当传送带分别以v1、v 2的速度逆时针转动(v 1a2,且所分析的是速率与时间的关系,故选项 C正确。m8.【解析】选 B、D。绳剪断前物体的受力情况如图所示,由平衡条件得N+Fsin=
5、mg,f=N=Fcos,解得:F= ,F的大小与传送带的速 +度无关,选项 A错误,B 正确;绳剪断后物体在速度不同的传送带上的加速度相同,若 L ,则两次都是v212匀加速到达左端,t 1=t2,若 L ,则物体在传送带上先加速再匀速到达左端,传送带速度小时需要的时间v212更长,t 1t2,选项 C错误,D 正确。9.【解析】(1)因为滑杆顶端所受拉力的大小与滑杆对这名学生拉力的大小相等,所以传感器显示的力的大小即为杆对这名学生的拉力的大小。由图像可知,01s 内,滑杆对学生的拉力 F1=380N;5s后,滑杆对学生的拉力 F3=500N,此时学生处于静止状态。设学生在 01s 内的加速度
6、为 a,取竖直向下为正方向,由牛顿第二定律知,在 01s 内mg-F1=ma (3 分)5s后 mg-F3=0 (3 分)由可解得 a=2.4m/s2 (2 分)可知,这名学生在下滑的第 1s内做匀加速直线运动,而由图像可知,在 15s 内,滑杆对学生的拉力 F2mg,加速度方向竖直向上,学生做匀减速直线运动,所以第 1s末,这名学生的速度达到最大vm=at=2.4m/s (2分)(2)设这名学生第 1s内加速下滑的距离为 x1,15s 内减速下滑的距离为 x2,则有x1= t1=1.2m (2分)v2x2= t2=4.8m (2分)v25s内该学生下滑的距离 x=x1+x2=6.0m (2分
7、)答案:(1)2.4m/s(2)6.0 m10.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)小物块恰好能在斜面体上保持静止,静 摩擦力最大;(2)物块落点最远,则其速度最大,斜面体和物块的加速度应该最大;(3)小物块离开斜面体后做平抛运动。【解析】(1)对 m由平衡条件得:mgsin- 2mgcos=0 (2 分)解得: 2=tan (1 分)(2)对 m设其最大加速度为 am,由牛顿第二定律得:水平方向:Nsin+ 2Ncos=ma m (2分)竖直方向:Ncos- 2Nsin-mg=0 (2 分)解得:a m= (1分)2对 M、m 整体由牛顿第二定律得:F- 1(M+m)g=(M+m)am
8、 (2分)解得:F= 1(M+m)g+(M+m) (1分)2(3)对 M、m 整体由动能定理得:Fd- 1(M+m)gd= (M+m)v2 (3 分)12解得:v=2 (1 分)g对 m由平抛运动规律得:水平方向:x P+ =vt (2 分)h竖直方向:h= gt2 (2 分)12解得:x P=2 - (1 分)2h答案:(1)tan(2) 1(M+m)g+(M+m)2(3)2 -2hB组1.【解析】选 A、C。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,伽利略利用理想的完全光滑的斜面实验和逻辑推理发现力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,选项 A正确;物体之间普遍存在相互吸引力是牛
9、顿第一次提出的,选项 B错误;亚里士多德认为重物比轻物下落得快,伽利略应用斜面结合数学推理及逻辑推理推翻了亚里士多德的观点,得出忽略空气阻力的情况下,重物与轻物下落得同样快的结论,选项 C正确;物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反是牛顿第三定律的内容,选项 D错误。2. 【解析】选 B。小球 A受力情况如图所示,由牛顿第二定律得小球的加速度水平向左且恒定,物块 B与小球 A的加速度相同,由牛顿第二定律可知物块 B所受摩擦力大小恒定,方向水平向左,选项 B正确。3.【解析】选 D。0t 1时间内,F 1=mg,电梯静止;t 1t 2时间内,F 2mg,电梯加速上升,加速度a= =5m/s2,
10、选项 A错误,D 正确;t 2t 3时间内,F 3=mg,电梯匀速上升,选项 B错误;t 3t 4时间内,F2F4kx时,滑块向左做加速运动,由牛顿第二定律得 f-kx=ma,随着 x的增大,加速度 a减小;当 f=kx时,a=0,速度达到最大值;当 fmB B. A B,mAmB【解析】选 B。斜率表示物体质量的倒数,所以 A的质量小于 B的质量,A 的重力小于 B的重力,由于横坐标截距为物体受到的摩擦力大小,则 A、B 受到的摩擦力相等,那么 A B,选项 B正确。7.【解析】选 B。撤去 F后,在水平方向上物体受到弹簧的弹力和摩擦力的作用,由于弹力是变力,所以物体开始不可能做匀变速运动,
11、A 错误;撤去 F瞬间,水平方向上物体受到弹簧向左的弹力 N=kx0和向右的摩擦力 f=mg 的作用,由牛顿第二定律可知 a= = -g,B 正确;物体到达初位置时,和弹簧分离,之Nk0后才开始做匀减速运动,运动位移为 3x0,加速度大小 a= =g,由 x= at2得 t= = ,C错误;当f 12 2 60水平方向上物体受到的弹簧向左的弹力 N=kx和向右的摩擦力 f=mg 平衡时,物体具有最大速度,所以 x=,物体开始向左运动到速度最大 ,发生的位移为 x0-x=x0- ,D错误。 8.【解析】选 A、D。滑块 A上滑时加速度的大小 a1=| |m/s2=8.0m/s2,选项 A正确;滑块 A下滑时04.00.5的加速度 a2= m/s2=4.0 m/s2,选项 B错误;由牛顿第二定律知 A上滑时 mgsin+mgcos=ma 1,A4.01.50.5下滑时 mgsin-mgcos=ma 2,解得 =0.25,选项 C错误;在速度时间图像中面积表示位移,滑块 A上滑时运动的位移为 1m,选项 D正确。9.【解析】(1)设小滑块的加速度大小为 a1,长木板的加速度大小为 a2,由牛顿第二定律得:Eq- 2mg=-ma1 (2 分)解得:a 1=3m/s2 (1分) 2mg- 1(m+M)g=Ma2 (2 分)
