1、用牛顿运动定律解决问题(二)【基础全面练】(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每题5分，共30分)1某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图所示)，他在向上爬的过程中()A.屋顶对他的支持力不变B屋顶对他的支持力变大C屋顶对他的摩擦力不变D屋顶对他的摩擦力变大【解析】选B。以人为研究对象，作出受力分析图。设此人的重力为G，根据平衡条件得：屋顶对他的摩擦力：fG sin 屋顶对他的支持力：NG cos 人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角减小，则f减小，N增大。即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大。故选B。【加固训练】如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块
2、m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比()A.挡板对球的弹力增大B滑块对球的弹力增大C斜面对滑块的弹力不变D拉力F减小【解析】选C。以球为研究对象，球受重力、挡板沿斜面向上的支持力和滑块对它的支持力作用。当滑块被平行于斜面向上拉过一小段距离的过程中，球始终处于平衡状态，三个力合力始终为零。当向上拉动滑块时，滑块对球的支持力的方向发生变化，挡板对球的支持力方向不变，如图所示，由图解法可知挡板对球的支持力变小，滑
3、块对球的支持力也变小，所以A、B错误；以球和滑块进行整体受力分析：整体重力不变，所以斜面对滑块的支持力N1(mM)g cos 不变；挡板沿斜面向上的支持力N2减小，根据(mM)g sin FN2不变，所以拉力F增大，所以C正确，D错误。2(2021青岛高一检测)2020年2月16日，我国选手在蹦床世界杯系列赛巴库站女子网上个人决赛中英勇夺冠。若将弹簧床等效为竖直轻弹簧，某运动员在一次蹦床过程中从最低点由静止竖直向上运动过程中的v t图像如图所示，其中t0.5 s后为直线，其他部分为曲线。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.t0.3 s时，弹簧处于原长状态Bt0.6 s时，运动
4、员到达最高处C00.3 s内，运动员处于失重状态Dt0.1 s时，运动员的加速度大小为g【解析】选D。由v t图像，可知t0.3 s时，运动员的速度达到最大，此时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧处于压缩状态，并非原长状态，故A错误；由于t0.5 s后为直线，表明运动员在t0.5 s时离开弹簧，此时速率为v13 m/s，根据运动学公式得：0v1gt，可得：t s0.3 s，即t0.5 s0.3 s0.8 s时，运动员到达最高处，故B错误；00.3 s内，运动员在竖直方向上做加速直线运动，加速度竖直向上，处于超重状态，故C错误；由对称性可知，运动员在t0.1 s和t0.5 s时刻的斜率的绝对值
5、相等，即运动员加速度大小相等，由于运动员在t0.5 s时离开弹簧，只受重力，所以有ag，则t0.1 s时，运动员的加速度大小为g，故D正确。3(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙，根据图象分析得出的结论中正确的是()A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态B从时刻t3到t4，物块处于失重状态C电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层【解析】选B、C。从Ft图象可以看出，0t1，Fmg，电梯可能处于静止
6、状态或匀速运动状态；t1t2，Fmg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上运动或减速向下运动；t2t3，Fmg，可能静止或匀速运动；t3t4，F重力；555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力；5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力重力；综上所述，选项B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而题图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，选项D正确。二、计算题(本题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7(14分)一物体以25 m/s的初速度做竖直上抛运动，求：(1)经过2 s位
7、移大小是多少？速度是多少？(2)经过4 s产生的位移大小是多少？路程是多少？(g取10 m/s2)【解析】(1)物体以25 m/s的初速度做竖直上抛运动，根据位移时间关系公式，有：xv0tgt2252 m1022 m30 m根据速度时间关系公式，有：vv0gt25 m/s102 m/s5 m/s，方向竖直向上。(2)物体上升的时间为t0 s2.5 s上升的高度为Hgt102.52 m31.25 m下降的位移为hg(t1t0)210(42.5)2 m11.25 m故位移为xHh31.25 m11.25 m20 m路程为sHh31.25 m11.25 m42.5 m。答案：(1)30 m5 m/s
8、，方向竖直向上(2)20 m42.5 m8(16分)(2021酒泉高一检测)某人在地面上最多能举起60 kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80 kg的物体。(1)求此电梯的加速度。(2)若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量是多少？【解析】(1)电梯加速下降，设加速度为a，在地面举起物体质量为m0，在下降电梯举起物体质量为m1则由牛顿第二定律：m1gm0gm1a解得：a m/s22.5 m/s2。(2)设加速上升时，举起物体质量为m2，则由牛顿第二定律，得m0gm2gm2a，解得：m2 kg48 kg。答案：(1)2.5 m/s2(2)48 kg【综合突破练】(1
9、5分钟40分)9. (6分)(多选)如图是娱乐节目中设计的“导师战车”。当坐在战车中的导师按下按钮时，战车就由静止开始沿长10 m的倾斜直轨道向下加速运动；某时刻开始减速，到达站在轨道末端的学员面前时，恰好静止，整个过程历时4 s。将加速、减速过程分别视为匀变速直线运动，则()A战车运动过程中导师先失重后超重B战车运动过程中所受外力不变C战车加速过程中的加速度一定等于减速过程中的加速度D战车运动过程中的最大速度为5 m/s【解析】选A、D。“导师战车”沿倾斜直轨道先加速后减速，战车上的导师先失重后超重，A正确；战车所受的合外力先沿倾斜直轨道向下后沿倾斜直轨道向上，外力不同，B错误；因不知加速和
10、减速的时间关系，故不能判断两个过程中加速度的大小关系，C错误；设最大速度为vm，则整个过程的平均速度为，由tx可得vm5 m/s，D正确。10(6分)(多选)物体以初速度v0竖直上抛，经3 s到达最高点，空气阻力不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体上升的最大高度为45 mB物体速度改变量的大小为30 m/s，方向竖直向上C物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为531D物体在1 s内、2 s内、3 s内的平均速度之比为941【解析】选A、C。物体竖直上抛到最高点，速度为零，可以逆向看成自由落体运动，经3 s落地，根据运动学公式可以得出高度为45 m，初速度为3
11、0 m/s，所以A项正确，B项错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的规律，可以知道C项正确，D项错误。11. (6分)(多选)游乐场中，一个可乘坐二十多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送到离地78 m的高处，然后让座舱自由落下。当落到离地面26 m时，制动系统启动，座舱做匀减速运动，到地面时刚好停下。座舱中某人用手水平托着质量为0.36 kg的手机，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是()A当座舱刚落到地面时，速度为零，座舱处于平衡状态B当座舱落到离地面60 m的位置时，手机对手的压力为零，手机处于完全失重状态C当座舱落到离地15 m的位置时，手要用10.8 N的力才能托住手
12、机D当座舱落到离地15 m的位置时，手要用5.4 N的力才能托住手机【解析】选B、C。当座舱刚落到地面时，速度为零，但是加速度不为零，座舱不是处于平衡状态，故选项A错误；当座舱落到离地面60 m的位置时，处于自由下落状态，加速度为向下的g，则手机对手的压力为零，手机处于完全失重状态，故选项B正确；座舱自由下落52 m时的速度v m/s m/s，当座舱落到离地15 m的位置时的加速度：a m/s220 m/s2，对手机由牛顿第二定律：Nmgma，解得N10.8 N，即手要用10.8 N的力才能托住手机，故选项C正确，D错误。12(22分)在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M1.5 kg，货物的质量 m1 kg，无人机与货物间通过轻绳相连。无人机以恒定动力F30 N从地面开始加速上升一段时间后关闭动力，当无人机到达h30 m处速度恰好为0。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)无人机加速上升时的加速度大小a。(2)无人机上升时轻绳上的拉力大小FT。(3)无人机加速上升的时间t。【解析】(1)在加速上升过程中，根据牛顿第二定律可知F(Mm)g(Mm)a 解得a2 m/s2(2)对货物根据牛顿第二定律可知FTmgma解得FT12 N(3)在上升过程中，先加速后减速，总位移为hat2其中vat联立解得t5 s答案：(1)2 m/s2(2)12 N(3)5 s
