1、课时作业9牛顿运动定律的综合应用 一、选择题1(2016汕头模拟)如图，物块P和M叠放在一起，且质量mPmM.将它们从静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度为g，则在它们的下落过程中()AM下落的速度较大BP对M的压力为零CP对M的压力等于mPgDP对M的压力大于0而小于mPg【解析】两物块叠放在一起自由下落时，整个系统处于完全失重状态，因此P、M之间的作用力为零，则选项B正确，选项CD错误；由于P、M一起自由下落，则两物块的运动状态始终相同，则选项A错误【答案】B2.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承摩擦、绳与滑轮间的摩擦初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧
2、的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮下列说法中正确的是()A若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮【解析】因为同一段轻绳中各处的张力大小相等，故绳对甲、乙两人向上的拉力大小相等，质量较小的乙对应的加速度较大，将最先到达滑轮，A正确；若甲、乙两人的质量相同，将同时到达滑轮【答案】A3质量不计的弹簧下端固定一小球，现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a(ag)分别向上、向下做匀加速直线运动若忽略空气阻力，弹簧的伸长量分别为x1、x2；若空气阻力不能
3、忽略且大小恒定，弹簧的伸长量分别为x1、x2.则()Ax1x1x2x2 Bx1x1x2x2Cx1x2x2x1 Dx1x2x2x1【解析】忽略空气阻力时，根据牛顿第二定律得：kx1mgma，mgkx2ma，空气阻力不能忽略且大小恒定，设为Ff，根据牛顿第二定律得：kx1mgFfma，mgkx2Ffma，联立解得，x1x2x1x2，C正确【答案】C4.(多选)某物体以一定初速度沿斜面向上运动的最大位移为x，且x随斜面倾角的变化关系如图，重力加速度g10 m/s2，则()A物体初速度大小为5 m/sB物体和斜面之间动摩擦因数为C53时，x有最小值Dx最小值为 m【解析】当90时，物体做竖直上抛运动，
4、利用2ghv，得到v05 m/s；当0时，物体沿水平面滑动，由2ax0v和ag，可得；对某一角度，物体沿斜面向上滑行过程中，加速度ag(sincos)，上滑的最大位移为x，代入v0、值，结合数学知识可知，当60时，x有最小值为 m .综上分析，只有选项AD正确【答案】AD5如图所示，水平传送带A、B两端点相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，则小煤块从A运动到B的过程中()A小煤块从A运动到B的时间是2
5、.25 sB小煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2.5 m【解析】根据牛顿第二定律得：小煤块的加速度为ag4 m/s2.小煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间为：t11 s，此时小煤块的位移为：x1at2 m4 m，此后小煤块与传送带以相同的速度匀速运动到B端，所以划痕长度即小煤块相对于传送带的位移sv0t1x12 m，故C、D错误；x2xx12 m，匀速运动的时间为：t20.5 s，运动的总时间为：tt1t21.5 s，故A错误，B正确【答案】B6.(多选)北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施，先把乘坐有
6、十多人的座舱，送到76 m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28 m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止若某游客手中托着质量为1 kg的饮料瓶进行这个游戏，g取9.8 m/s2，则()A当座舱落到离地面高度为40 m的位置时，饮料瓶对手的作用力大于9.8 NB当座舱落到离地面高度为40 m的位置时，饮料瓶对手的作用力为零C当座舱落到离地面高度为15 m的位置时，饮料瓶对手的作用力小于9.8 ND当座舱落到离地面高度为15 m的位置时，手要用26.6 N的力才能托住饮料瓶【解析】当座舱落到离地面高度为40 m的位置时，座舱处于自由下落阶段，饮料瓶处于完全失重状态，故此时饮料瓶对
7、手的作用力为零，B正确；当座舱落到离地面高度为15 m的位置时，座舱处于匀减速运动阶段，自由下落阶段有v22gh，又因为v22ax，x28 m，所以a16.8 m/s2，由Fmgma可得手要用26.6 N的力才能托住饮料瓶，D正确【答案】BD7在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示，开始时各物块均静止，现在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和两木板间的动摩擦因数相同下列说法正确的是()A若F1F2，M1M2，则v1v2B若F1F2，M1M2，则v1M2，
8、则两木板的加速度a1a2，设木板长度为L，当物块与木板分离时由运动学公式可得a物块t2a木板t2L，可得两者位移差值确定，作出vt图象即两图象面积的差值相等，由图象可得v1v2，A错当F1F2时，同理可得两物块的加速度等大，对于木板由于M1a2，物块与木板分离时两者位移差值确定，vt图象面积的差值相等，由图象可得v1v2，B错当F1v2，C对当F1F2时，由牛顿第二定律可得M1上的物块加速度较大，对于木板由于M1M2，则两木板的加速度等大，物块与木板分离时两者位移差值确定，vt图象面积的差值相等，由图象可得v1tan)，将物体a、b从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到
9、A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列对物体a、b运动情况描述正确的是()A从O到A的过程中，两者一直加速，加速度大小从gsin一直减小，在A点减为零B经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g(cossin)C从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小D经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O点【解析】在OA段a和b一起沿光滑斜面下滑，对整体受力分析，由牛顿第二定律有：(mamb)gsinkx(mamb)a，随x逐渐增大，a从gsin逐渐减小；在A点，a与b分离，
10、若b依然加速，a则不能加速(tan，即mgcosmgsin)，两者无法分离，故只能b已经在减速，kx(mamb)gsin，而a受的力能提供减速的加速度比b小，magcosmagsinmaaa，得：aag(cossin)可得OA段a与b一起先加速后减速，故选项A错误，选项B正确对AB段分析，a与b有相对滑动，对a：aag(cossin)，减速下滑；对b：ab，随x增大，ab逐渐增大；选项C正确b反向运动后，a已经掉下，对b只有重力和弹簧的弹力做功，满足机械能守恒，满足简谐运动规律，故刚好运动至O点速度减为零，选项D错误【答案】BC9.(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖
11、直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N【解析】热气球刚开始加速上升时，速度为零，热气球所受阻力也为零，根据牛顿第二定律可得，Fmgma，解得F4 830 N，A项正确；由于热气球加速上升过程中，速度逐渐增大，所受阻力也逐渐增大，加速度逐渐减小，当速度为5
12、 m/s时，加速度为零，B项错误；若热气球不受空气阻力，则根据vat可得，t10 s，但空气阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，故所用时间应大于10 s，C项错误；当热气球匀速运动时，根据平衡条件可得，FmgFf0解得，Ff230 N，D项正确【答案】AD10如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力()A与有关B与斜面动摩擦因数有关C与系统运动状态有关DFT，仅与两物体质量有关【解析】只要m1、m2与斜面间的动摩擦因数相同，对整体和隔离m2利用牛顿第二定律可求得FTF，答案为D.【答案】D11(多选)如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010
13、 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g10 m/s2.下列选项中正确的是()A2 3 s内物块做匀减速运动B在t1 s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【解析】由运动学公式v2v2ax可知，v2x图象中图线的斜率为2a，所以在前5 m内，物块以10 m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1 s513 m的运动过程中，物块以4 m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2 s，即物块在13 s内做加速运动，A错误，B正确根据牛顿第二定律可知，在减速
14、的过程中，Fmgma1，加速过程中Fmgma2，代入数据可解得F7 N，0.3，所以C错误，D正确【答案】BD二、非选择题12一质量m0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角37足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的vt图象，如图所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin370.6，cos370.8，取g10 m/s2)求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数.(2)判断滑块最后能否返回斜面底端，若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置【解析】(1)由图象可知，滑块的加速度a m/s210 m/s2滑
15、块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsinmgcosma代入数据解得0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s5 m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsinmgcosma2，a22 m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v m/s.【答案】(1)0.5(2)能 m/s13如图所示，固定在水平面上的斜面倾角37，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m1.5 kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑求在木块下滑的过
16、程中小球对木块MN面的压力(取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)【解析】由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得(Mm)gsin(Mm)gcos(Mm)a代入数据得a2.0 m/s2选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为FN，根据牛顿第二定律有mgsinFNma代入数据得FN6.0 N根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下【答案】6.0 N，方向沿斜面向下14(2016皖西联考)如图所示，底座A上装有L1.0 m长的
17、直立杆，底座和杆的总质量为M1.0 kg，底座高度不计，杆上套有m0.1 kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力当小环从底座上以v04.0 m/s的初速度向上飞起时，刚好能达到杆的一半高度处，然后沿杆下降，取g10 m/s2.(1)求在小环飞起过程中，底座对水平面的压力；(2)求小环下降过程需要的时间；(3)若小环以某一初速度向上飞起时，刚好能达到杆顶而没有脱离直立杆，求小环升起的初速度【解析】(1)对小环进行受力分析，如图甲：小球受重力及杆的摩擦力，上升阶段加速度为a1，由牛顿第二定律：(mgf)ma1由运动学公式0v2a1x可得a116.0 m/s2，f0.6 N对底座进行受力分析，如图乙，底座受重力Mg，水平面的支持力FN和小环对杆向上的摩擦力，大小为f0.6 N，由平衡条件MgFNf，故FNMgf，即FN9.4 N又由牛顿第三定律，底座对水平面压力与底座受的支持力等大反向，故底座对水平面压力为9.4 N(2)设小环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，受力分析如图丙：mgfma2，ffa24.0 m/s2，xa2t2，t0.5 s(3)设小环升起初速度为v1，升起过程0v2a1L解得v14 m/s
