1、素养培优练(五)牛顿运动定律一、牛顿第二定律的简单应用(物理观念)1.(2021东营高一检测)如图，一机械臂铁夹夹起质量为 m 的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为 a 的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力()A大小为 mg，方向竖直向上B大小为 ma，方向水平向右C大小与小球的加速度大小无关D方向与小球的加速度大小有关【解析】选 D。对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，当机械臂与小球沿水平方向做加速度为 a 的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，合力沿水平方向，则铁夹对球的作用力斜向上方，故 A、B 错误；根据平行四边形定则，铁夹对球的作用力大小为：F（mg）2（ma）2
2、，与加速度大小有关，故 C 错误；合力方向水平，设铁夹对球的作用力与竖直方向的夹角为，由矢量三角形可得：tan mamg ag，方向与小球的加速度大小有关，故 D 正确。二、动力学中的图像问题(科学思维)2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 05 s、510 s、1015 s 内 F 的大小分别为 F1、F2 和 F3，则()AF1F3CF1F3DF1F3【解析】选 A。由题图可知，05 s 内加速度 a10.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为，与物体之间的动摩擦力为 f，根据牛顿第二定律有
3、 mg sin fF1ma1，F1mg sin f0.2m；510 s 内加速度 a20，根据牛顿第二定律有 mg sin fF2ma2，F2mg sin f；1015 s 内加速度 a30.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 mg sin fF3ma3，F3mg sin f0.2m。故可得：F3F2F1，选项 A 正确。3.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度 v 或加速度 a随时间 t 变化的图像中符合实际
4、情况的是()【解析】选 A。小球开始接触弹簧时，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于 g，且加速度 a 随时间 t 的变化为非线性变化，故 A 正确，B、C、D 错误。4.受水平外力 F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其 v-t 图线如图所示，则()A.在 0t1 内，外力 F 大小不断增大B在 0t1 内，外力 F 大小不断减小直至为零C在 t1t2 内，外力 F 大小可能
5、不断增大D在 t1t2 内，外力 F 大小可能先减小后增大【解析】选 D。v-t 图线的斜率表示加速度，所以在 0t1 内，加速度为正并不断减小，根据加速度 aFmgm，所以外力 F 大小不断减小，F 的最小值等于摩擦力，故 A、B 错误；在 t1t2 内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小 amgFm，外力 F 大小不断减小，故 C 错误；如果在 F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小：amgFm，F 后增大，因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力 F 大小可能先减小后增大，故 D 正确。三、超重和失重(科学思维)5.为了研究超重和失重现象，某同
6、学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线如图所示，a、b、c 为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是()Aabc 为一次“下蹲”过程Babc 为一次“站起”过程Cab 为“下蹲”过程，bc 为“站起”过程Dab 为“站起”过程，bc 为“下蹲”过程【解析】选 A。“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重；“站起”过程先加速上升后减速上升，则先超重后失重；由题图可知，人先失重后超重，可知 abc 为一次“下蹲”过程，故选项 A 正确。6.银川绿地中心双子塔项目位于银川阅海湾中央商务区中轴位置，高度
7、 301 m，建成后将成为西北地区最高双子塔。据说，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，a-t 图像如图所示。则下列相关说法正确的是()At4.5 s 时，电梯处于失重状态B555 s 时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s 时，电梯处于超重状态Dt60 s 时，电梯速度恰好为零【解析】选 D。利用 a-t 图像可判断：t4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项 A 错误；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力重力；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
8、失重状态，拉力重力；综上所述，选项 B、C 错误；因 a-t 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。四、传送带模型(科学思维)7.如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率 v0 匀速转动，传送带的右侧上方固定一挡板。在 t0 时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑块从 t0 时刻到与挡板第二次碰撞前的 v-t 图像，其中可能正确的是()【解析】选 A。传送带沿顺时针方向匀速率转动，滑
9、块轻放在传送带上，滑块先向右做初速度为零的匀加速直线运动，如果传送带足够长，滑块加速到与传送带的速度相同，即 v0，然后与传送带一起做匀速直线运动，与挡板碰撞后滑块以初速度 v0 向左做匀减速直线运动，当速度减为零后再向右做初速度为零的匀加速直线运动，与挡板发生第二次碰撞时速度为 v0，滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等，故 A 正确。8.(2021烟台高一检测)如图所示，一条水平放置的传送带 AB 长度为 L，沿顺时针方向旋转，其转动速度可以调整，当传送带以速度 v0 匀速转动时，在传送带左端 A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从 A 端到 B 端所用时间为 t，以下说法中正确的是
10、()A若小物块与传送带之间动摩擦因数增大，小物块的传送时间可能不变B若 t2Lv0，增大传送带速度，小物块的传送时间可能不变C若 t2Lv0，增大传送带速度，小物块的传送时间一定变短D若 t2Lv0，传送带速度减小，小物块的传送时间一定增大【解析】选 D。若小物块与传送带间的动摩擦因数增大，小物块加速过程中的加速度将增大，无论是一直加速还是加速一段时间后匀速，运动时间都将减小，故 A 错误；若 t2Lv0，说明小物块到达传送带右端过程中，先加速再匀速，若增大传送带速度，则加速运动过程的距离变大，传送时间变短，故 B 错误；若小物块恰好被传送到右端时与传送带共速，则满足 t2Lv0，此过程中物块
11、一直在加速，如果再增大传送带的速度，小物块仍将一直加速，运动时间将不变，故C 错误；若 t2Lv0，传送带速度减小，小物块加速到某个位置便与传送带同速运动，传送时间一定增大，故 D 正确。9.(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端 A 滑上传送带，滑上时速率为 v1，传送带的速率为 v2，且 v2v1。不计空气阻力，动摩擦因数一定。关于物块离开传送带的速率 v 和位置，下面哪个是可能的()A.从下端 B 离开，vv1 B从下端 B 离开，vv1C从上端 A 离开，vv1D从上端 A 离开，vv1【解析】选 A、B、C。物块从 A 端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带
12、向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从 A 端离开，物体先向下做减速运动，再反向做加速运动，但加速度不变，由运动的对称性可知，必有 vv1，即选项 C 正确、D错误；若从 B 端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则 vv1，选项 B 正确；当摩擦力小于重力的分力时，则 vv1，选项 A 正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，vv1，故本题应选 A、B、C。五、板块模型(科学思维)10.如图所示，质量为 M1 kg 的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量 m0.5 kg 的小滑块(可视为质点)以 v03 m/s 的
13、初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数 0.1，重力加速度 g取 10 m/s2。求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力 f 的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度 a 的大小；(3)滑块与木板 A 达到的共同速度 v。【解析】(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：fmg0.5 N，方向向右(2)由牛顿第二定律得：mgma得出：ag1 m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：mgMa可得出木板的加速度 a0.5 m/s2设经过时间 t，滑块和长木板达到共同速度 v，则满足：对滑块：vv0at 对长木板
14、：vat由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v1 m/s。答案：(1)0.5 N，方向向右(2)1 m/s2(3)1 m/s11如图 1 所示，在水平面上有一质量为 m11 kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m22 kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数 10.3，木板与地面间的动摩擦因数 20.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间 t 增大的水平拉力 F3t(N)，重力加速度大小 g 取10 m/s2。(1)求木块和木板保持相对静止的时间 t1；(2)t10 s 时，两物体的加速度各为多大；(3)在如图2所示坐标系中画出木块的加速度随时间変化
15、的图像(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。【解析】(1)当 F2(m1m2)g3 N 时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，当木板受到木块对它的摩擦力为最大静摩擦力时，它们共同运动的加速度最大，木块与木板恰好相对静止。对木板：fmax2(m1m2)gm1amax，fmax1m2g解得：amax3 m/s2对整体有：Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax解得：Fmax12 N由 Fmax3t1 得：t14 s。(2)t10 s 时，两物体已相对运动，则有：对木板：1m2g2(m1m2)gm1a1解得：a13 m/s2对木块：F1m2gm2a2，F3t30 N解得：a212 m/s2。(3)图像过(1，0)，(4，3)，(10，12)图像如图所示。答案：(1)4 s(2)3 m/s2 12 m/s2(3)图见解析
