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1、1 牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律的综合应用 一、选择题(15 题为单项选择题，610 题为多项选择题) 1如图 1 甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度 为v，其xv2图象如图乙所示，取g10 m/s2，则斜面倾角为( ) 图 1 A30 B45C60 D75 解析 由xv2图象可知小物块的加速度a5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的 加速度agsin ，所以30，A 对，B、C、D 错。 答案 A 2(2017郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止 释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与
2、球的质量无关，即 fkv(k为正的常量)。两球的vt图象如图 2 所示。落地前，经时间t0两球的速度都 已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是( ) 图 2 A释放瞬间甲球加速度较大 B. m1 m2 v2 v1 C甲球质量大于乙球质量 Dt0时间内两球下落的高度相等 解析 释放瞬间，两球受到的阻力均为 0，此时加速度相同，选项 A 错误；运动到最后 2 达到匀速时，重力和阻力大小相等，mgkv，则，选项 B 错误；由图象可知 m1 m2 v1 v2 v1v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项 C 正确；下落高度等于图线与时间轴围成的 面积，可知甲球下落高度大，选项 D 错误。 答案
3、C 3如图 3 所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面 间的动摩擦因数10.1，物体A与B之间的动摩擦因数20.2。已知物体A的质 量m2 kg，物体B的质量M3 kg，重力加速度g取 10 m/s2。现对物体B施加一个 水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) 图 3 A20 N B15 N C10 N D5 N 解析 对物体A、B整体，由牛顿第二定律，Fmax1(mM)g(mM)a；对物体A， 由牛顿第二定律，2mgma；联立解得Fmax(mM)(12)g，代入相关数据得 Fmax15 N，
4、选项 B 正确。 答案 B 4(2018南昌模拟)图 4 甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为 150 kg 的 建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取 10 m/s2，下列判断正确的是( ) 图 4 A前 10 s 悬线的拉力恒为 1 500 N B46 s 末材料离地面的距离为 22 m C010 s 材料处于失重状态 D在 3036 s 钢索最容易发生断裂 解析 由图可知前 10 s 内材料的加速度a0.1 m/s2，由Fmgma可知悬线的拉力 为 1 515 N，选项 A 错误；由图象面积可得整个过程上升高度是 28 m，下降的高度为 6 3 m，46 s 末材料
5、离地面的距离为 22 m，选项 B 正确；因 3036 s 材料加速度向下，材 料处于失重状态，Fmg，钢索最容易发生断裂，选 项 C、D 错误。 答案 B 5如图 5 所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上 运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( ) 图 5 A与斜面倾角有关B与动摩擦因数有关 C与系统运动状态有关D仅与两物块质量有关 解析 设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩 擦因数为，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F(m1m2)gsin (m1m2) gcos (m1m2)a；对Q分
6、析：有FTm2gsin m2gcos m2a，解得FT F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角、动摩擦因数和系统运动状态均无 m2 m1m2 关，仅与两物块质量和F有关，选项 D 正确。 答案 D 6(2018济南十校联考)如图 6 所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。 用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F作用在m1上时，两物块均以加 速度a2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x。则下列关系正确的是( ) 图 6 AF2F Bx2xCF2FDx2x 解析 取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律
7、可得：F(m1m2)a。弹簧的弹力FT kx。当两物块的加速度增为原来的 2 倍，拉力F增为原来的 2 倍，FT增为原来 m2F m1m2 的 2 倍，弹簧的伸长量也增为原来的 2 倍，故 A、B 正确。 答案 AB 4 7质量m1 kg 的物体在合外力F作用下由静止开始做直线运动，合外力F随时间t的变 化图象如图 7 所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是( ) 图 7 A01 s 内物体沿正方向做匀加速直线运动 B第 2 s 末物体达到的最大速度 2 m/s C第 4 s 末物体速度为 0 D第 4 s 末物体回到出发位置 解析 因为物体的质量是 1 kg，所以物体加速度时间图象与物体
8、的Ft相同，由图 象知，物体的加速度大小不断改变，做变加速运动，A 项错误；at图象中，图线与坐 标轴所围的“面积”表示物体获得的速度，第 2 s 末时，物体的速度最大，vm 2 2 2 m/s2 m/s，B 项正确；前 2 s 内物体沿正方向做加速运动，24 s 内物体沿正方向做 减速运动，第 4 s 末物体速度为零，C 正确，D 项错误。 答案 BC 8(2015海南单科，9)如图 8，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升 降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( ) 图 8 A物块与斜面间的摩擦力减小 B物块与斜面间的正压力增大 C物块相对于斜面减速下滑
9、D物块相对于斜面匀速下滑 解析 当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大， 根据滑动摩擦力公式FfFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故 A 错误，B 正确；设 斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsin mgcos ，即 sin 5 cos 。当物体以加速度a向上加速运动时，有FNm(ga)cos ，Ffm(ga)cos ，因为 sin cos ，所以m(ga)sin m(ga) cos ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C 错误，D 正确。 答案 BD 9如图 9 甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加 速度变化的函数关系如
10、图乙所示，则以下说法中正确的是( ) 图 9 A当F小于图中A点值时，物体的重力MgF，物体不动 B图中A点值即为物体的重力值 C物体向上运动的加速度和力F成正比 D图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度 解析 当 0FMg时，物体静止，选项 A 正确；当FMg时，即能将物体提离地面， 此时，FMgMa，a g，A点表示的意义即为FMg，所以选项 B 正确；直线的斜 F M 率为 ，故B点数值的绝对值为g，故选项 D 正确。 1 M 答案 ABD 10(2018湖北黄冈模拟)如图 10 甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置 一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体
11、处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在 物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g10 m/s2)，下列结论正确的是( ) 图 10 A物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态 B弹簧的劲度系数为 750 N/m C物体的质量为 2 kg 6 D物体的加速度大小为 5 m/s2 解析 物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项 A 正确；从图中 可知ma10 N， ma30 Nmg，解得物体的质量为m2 kg，物体的加速度大小为a5 m/s2，所以选 项 C、D 正确；弹簧的劲度系数k N/m500 N/m，所以选项 B 错误。 mg x0 20 0.
12、04 答案 ACD 二、非选择题 11在物体下落过程中，速度小于 10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。某科 研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t0.5 s 时刻的切线，如图 11 所示。已知小球在t0 时刻释放，其质量为 0.5 kg，重力加速 度g取 10 m/s2，求： 图 11 (1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能； (2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。 解析 (1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v15 m/s 碰撞后瞬间速度大小：v24 m/s 碰撞过程损失的机械能：Emvmv 1 22 1 1 22 2 代
13、入数据可得 E2.25 J。 (2)由图象可得t0.5 s 时小球加速度 a4 m/s2 v t 由牛顿第二定律：mgfma 由于：fkv 得k0.75 则：fmax3.75 N。 答案 (1)2.25 J 3.75 N 7 12如图 12 所示，质量为 4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向 夹角为 37。已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求： 图 12 (1)当汽车以a2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力； (2)当汽车以a10 m/s2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车 后壁的压力。 解析
14、(1)当汽车以a2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。 由牛顿第二定律得： FT1cos mg，FT1sin FNma 代入数据得：FT150 N，FN22 N 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为 22 N。 (2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为 0 时(临界条件)的加速度为a0，受力分 析如图所示。 由牛顿第二定律得：FT2sin ma0，FT2cos mg 代入数据得：a0gtan 10 m/s27.5 m/s2 3 4 因为a10 m/s2a0 所以小球飞起来，FN0 所以，当汽车以a10 m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得FT2cos 8 mg FT2sin ma 代入数据得FT240 N。 2 答案 (1)50 N 22 N (2)40 N 0 2
