1、课时训练3牛顿运动定律综合应用基础巩固1.从牛顿第二定律可知,无论怎样小的力都可以使物体产生加速度,可是当我们用很小的水平力去推很重的放在地面上的箱子时,却推不动。这是因为(A)A.推力等于静摩擦力B.推力小于静摩擦力C.推力小于箱子重力D.牛顿第二定律不适用2.我国的汽车工业正在飞速发展,一辆轿车,从动力到小小的天线都与物理学有关。某国产新型轿车,在平直公路上行驶时,当车速为36 km/h时,制动后滑行距离为10.0 m,则轿车所受的制动阻力大小是轿车重力大小的倍数为(B)A.0.1B.0.5C.0.2D.1.03.冰壶比赛中,运动员将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材
2、料相同,质量更大的冰壶,如果以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将(A)A.不变B.变小C.变大D.无法判断4.如图所示,在一辆小车的上表面有质量分别为m1,m2(m1m2)的两个物体,随车一起匀速运动,两物体与小车间的动摩擦因数相等。假设车突然停止,如不考虑其他阻力,设车足够长,则两个物体(B)A.一定相碰 B.一定不相碰C.不一定相碰D.条件不足,无法判断5.质量为m的金属盒获得大小为v0的初速度后在水平面上最多能滑行x距离,如果在盒中填满油泥,使它的总质量变为2m,再使其以v0初速度沿同一水平面滑行,则它滑行的最大距离为(D)A. B.2xC. D.x6.蹦极是一种极限体育项目,可以锻炼
3、人的胆量和意志。运动员从高处跳下,弹性绳被拉展前做自由落体运动,弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下,运动员下落一定高度后速度减为零。在这下降的全过程中,下列说法中正确的是(B)A.弹性绳拉展前运动员处于失重状态,弹性绳拉展后运动员处于超重状态B.弹性绳拉展后运动员先处于失重状态,后处于超重状态C.弹性绳拉展后运动员先处于超重状态,后处于失重状态D.运动员一直处于失重状态解析:弹性绳拉展前运动员只受重力,处于完全失重状态;弹性绳拉展后,开始拉力小于重力,加速度方向向下,还处于失重状态;当拉力大于重力,加速度方向向上,运动员处于超重状态,所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态,后处于超重状态,故A,
4、C,D错误,B正确。7.在进行排球训练时,下列有关说法中正确的是(A)A.垫球时,手感觉疼,说明球与手之间的作用力是相互的B.球垫起后,能继续向上运动,是因为球始终受到向上的力作用C.球垫起后,上升到最高点时,处于平衡状态D.球下落过程速度越来越大,说明球的惯性越来越大解析:垫球时,手感觉疼,说明球与手之间的作用力是相互的,故A正确;球在空中继续向上运动,是由于球具有惯性,球没有受到向上的力作用,故B错误;球上升到最高点时,速度为零,处于瞬间的静止,但是由于受重力的作用会向下落,因此此时不是平衡状态,故C错误;球下落过程速度越来越大,是由于重力作用下向下加速运动的缘故,惯性不变,故D错误。8.
5、(2019台州检测)冰上表演刚开始时,甲、乙两人都静止不动,如图甲所示,随着优美的音乐响起,他们在相互猛推一下对方后分别向相反方向运动,如图乙所示。假定两人的冰鞋与冰面的动摩擦因数相同,甲的质量小于乙的质量,则下列说法中正确的是(A)A.两人刚分开时,甲的速度比乙的速度大B.两人分开后,甲的加速度比乙的加速度大C.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力D.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间解析:在相互猛推一下的时候,甲对乙的力与乙对甲的力是一对相互作用力,大小相等、方向相反,同时变化,同时消失,选项C,D错误;由于甲的质量小,所以速度变化要快,即刚分开时,甲的速度比乙的速度大,选项A正
6、确;分开之后,甲或乙均只受滑动摩擦力,加速度 a=g,大小相同,选项B错误。能力提高9.国产“歼15”舰载机以80 m/s的速度降在静止的“辽宁号”航母水平甲板上,机尾挂钩精准钩住阻拦索,在阻拦索的拉力帮助下,经历2.5 s速度减小为零。若将上述运动视为匀减速直线运动,根据以上数据不能求出舰载机在甲板上运动的(D)A.位移 B.加速度C.平均速度D.受到的阻力解析:根据v=v0+at,x=at2+v0t,=,可求出加速度、位移、平均速度。由于未知舰载机的质量,故不能求出舰载机在甲板上受到的阻力,故选项D正确。10.某高层小区的一台电梯从静止开始向下运动,其速度时间图象如图所示,下列说法正确的是
7、(C)A.电梯在t=5 s时处于超重状态B.电梯在010 s内的平均速度大于在10 30 s内的平均速度,两段时间内的速度方向相反C.电梯在010 s内的加速度大于在1030 s内的加速度,两段时间内的加速度方向相反D.电梯在010 s内对乘客的支持力大于在1030 s内对乘客的支持力解析:由于电梯是从静止开始向下运动,110 s内加速度大小为a= m/s2=0.6 m/s2,方向向下,在t=5 s时处于失重状态,故A错误;电梯在010 s内的平均速度为v1= m/s=3 m/s,1030 s 内的平均速度为v2= m/s=3 m/s,故两段平均速度相等,方向相同,故B错误;电梯在010内的加
8、速度a1= m/s2=0.6 m/s2,1030 s内的加速度a2= m/s2=-0.3 m/s2,两段加速度方向相反,故C正确;010 s内向下加速运动,处于失重状态,1030 s内向下减速运动,处于超重状态,电梯在010 s内对乘客的支持力小于在1030 s内对乘客的支持力,故D错误。11.(2019绍兴检测)如图所示,橡皮膜包住空心塑料管的底端,细线将橡皮膜固定密封,用手竖直握住塑料管保持静止状态,先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处,然后在管顶处加一个多孔的瓶盖,此时橡皮膜突出成半球状。现用力将塑料管向上加速提升一段距离,再减速上升直至速度为零。则(B)A.加速上升时塑料管处于
9、失重状态B.加速上升时橡皮膜底部进一步向下突出C.减速上升时塑料管处于超重状态D.减速上升时塑料管内的水面将下降解析:加速提升阶段,塑料管和水均处于超重状态,下面橡皮膜进一步向下突出,选项A错误,B正确;减速上升阶段,塑料管和水处于失重状态,橡皮膜会恢复一部分形变,即水位上升,选项C,D错误。12.滑沙是国内新兴的旅游项目,如图甲所示,即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑,随着下滑速度的加快,在有惊无险的瞬间体会到了刺激和快感。其运动可以简化为如图乙所示,一位乘客先后两次从静止下滑,下列 vt 图象中实线代表第一次从较低位置滑下,虚线代表第二次从较高位置滑下,假设斜面和地面与滑板之间的动摩擦因数不
10、变,忽略空气阻力且拐弯处加速度大小不变,则vt图象正确的是(D)解析:设滑板与沙之间的动摩擦因数为,斜面与水平面之间的夹角为,当游客与滑板沿斜面向下运动时,有ma1=mgsin -mgcos ,则a1=gsin -gcos ,可知向下滑动的加速度与斜面的高度无关,但在较高位置滑下时获得的最大速度较大;在水平面上减速的过程中,有ma2=mg,所以a2=g,可知减速的过程中的加速度也是大小相等的,则两次减速过程中的vt图线是平行线,故D正确,A,B,C错误。13.如图所示,水平轨道AB和倾斜轨道BC平滑对接于B点,整个轨道固定。现某物块以初速度v0从A位置向右运动,恰好到达倾斜轨道C处(物块可视为
11、质点,且不计物块经过B点时的能量损失)。物块在水平面上的平均速度为,在BC斜面上平均速度为,且=4。物块在AB段的动摩擦因数为1,在BC段的动摩擦因数为2,且1=62。已知AB=6BC,倾斜轨道倾角=37。根据上述信息,下面说法正确的是(C)A.物块经过B处的速度大小为0.5v0B.在AB,BC运动时间之比=C.物块与BC间的动摩擦因数2=D.物块到达C处之后,能保持静止状态解析:物块在AB阶段、BC阶段分别做匀减速直线运动,根据=,得=4,因此vB=v0,选项A错误;由题意知=4,即=4,又因为xAB=6xBC,则=,选项B错误;根据运动学公式,在AB段有(v0)2-=-21gxAB,在BC
12、段有0-(v0)2=-2(gsin 37+2gcos 37)xBC,又因为1=62,联立解得2=,选项C正确;由于2tan 37,则物块不可能在C处保持静止,选项D错误。14.(2017浙江4月学考)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸,小明对过程进行观测,记录数据如下表。运动过程运动时间运动状态匀加速运动040 s初速度v0=0;末速度v=4.2 m/s匀速运动40640 sv=4.2 m/s匀减速运动640720 s靠岸时的速度vt=0.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1;(2)若游船和游客的总质量M=8 000 kg,求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F;(3
13、)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。解析:(1)由运动学公式a1=0.105 m/s2,位移x1=a1=84 m。(2)匀减速运动过程中加速度a2=0.05 m/s2由牛顿第二定律得F=Ma2=400 N。(3)位移x=t1+vt2+t3=2 780 m,平均速度=3.86 m/s。答案:(1)0.105 m/s284 m(2)400 N(3)3.86 m/s15.随着科技的发展,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离,如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180 m,其中电磁弹射区的长度为l1=80 m,在该区域安装有直线电机,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一
14、架质量m=2.0104 kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍,已知飞机可看成质量恒定的质点,离舰起飞速度v=40 m/s,航空母舰处于静止状态,(取g=10 m/s2)求:(1)飞机在后一阶段的加速度大小;(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小;(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。解析:(1)设飞机在后一阶段的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,有F推-0.2mg=ma2,解得a2=4.0 m/s2。(2)设飞机在电磁弹射区末的速度大小为v1,则有v2-=2a2(l-l1),解得v1=20 m/s。(3)设飞机在电磁弹射
15、区的加速度为a1,则有=2a1l1,解得a1=5 m/s2;根据牛顿第二定律,有F牵+F推-0.2mg=ma1解得F牵=2104 N。答案:(1)4.0 m/s2(2)20 m/s(3)2104 N16.高层应急救生缓降器主要用于高层建筑在遭受自然灾害或人为灾害时应急疏散和逃生。如图甲所示,当逃生员遇到突发情形时,可将安全绳系于腰部,通过钢丝绳安全着陆;图乙是某次演练中逃生员竖直下降至地面过程,根据随身携带的速度传感器记录下的数据而作出的vt图象。设逃生员的质量为60 kg,不计空气阻力及摩擦力的作用。g取10 m/s2,求:(1)逃生员下降的总高度及下降过程中的平均速度;(2)逃生员在变速运
16、动过程中所受钢丝绳的拉力的最大值和最小值。解析:(1)根据vt图象中的速度图线与时间轴所围成图形的面积等于运动物体位移的大小,可得逃生员下降的总高度h=312 m+212 m+4 m=74 m下降过程的平均速度= m/s8.22 m/s。(2)在03 s时间内,逃生员匀加速下滑,加速度a1= m/s2=4 m/s2,由牛顿第二定律得mg-F1=ma1,则拉力最小值F1=mg-ma1=60(10-4)N=360 N在59 s时间内,逃生员匀减速下滑,加速度a2= m/s2=-2 m/s2由牛顿第二定律得mg-F2=ma2,则拉力最大值F2=mg-ma2=60(10+2)N=720 N。答案:(1
17、)74 m8.22 m/s(2)720 N360 N17.观光旅游、科学考察经常利用热气球,保证热气球的安全十分重要。科研人员进行科学考察时,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=1 000 kg,在空中停留一段时间后,由于某种故障,气球受到的空气浮力减小,当科研人员发现气球在竖直下降时,气球速度为v0=2 m/s,此时开始,经t0=4 s气球继续匀加速下降h1=16 m,科研人员立即抛掉一些压舱物,使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力。g取10 m/s2,求:(1)气球匀加速下降阶段的加速度大小a;(2)抛掉压舱物的质量m;(3)气球从被发现竖直下降开始经过t=12 s的时间内下落的总高度h总。解析:(1)设气球匀加速下降的加速度为a,受空气的浮力为F,则由运动学公式可知h1=v0t0+a解得a=1 m/s2。(2)由牛顿第二定律得Mg-F=Ma抛掉质量为m的压舱物,气球匀速下降,有(M-m)g=F解得m=100 kg。(3)设抛掉压舱物时,气球的速度为v1由运动学公式可知v1=v0+at0=6 m/sh总=h1+v1(t-t0)=64 m。答案:(1)1 m/s2(2)100 kg(3)64 m