导航卷三 牛顿运动定律的应用.docx

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导航卷三牛顿运动定律的应用

导航卷三　牛顿运动定律的应用

满分：

100分　时间：

60分钟

一、单项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

）

1．（2014·北京理综，19）

伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。

利用如图所示的装置做如下实验：

小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。

斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。

根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（　　）

A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置

B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态

C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变

D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小

2．（2014·北京理综，18）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。

例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。

对此现象分析正确的是（　　）

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态

B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态

C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度

D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

3．（2014·福建理综，15）

如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。

对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（　　）

4．（2015·重庆理综，5）若

货物随升降机运动的v－t图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（　　）

二、多项选择题（本题共6小题，每小题7分，共计42分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不答的得0分。

）

5．（2014·山东理综，15）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。

在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）

A．t1B．t2C．t3D．t4

6．（2015·新课标全国Ⅱ，20）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。

当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为

a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。

不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）

A．8B．10C．15D．18

7．（2015·江苏单科，6）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小

C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小

8．（2015·海南单科，8）如图，

物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。

现将细线剪断。

将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。

在剪断的瞬间（　　）

A．a1＝3gB．a1＝0

C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2

9．（2015·新课标全国Ⅰ，20）如图（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图（b）所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

10．（2014·江苏单科，8）

如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。

A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为

μ。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现对A施加一水平拉力F，则（　　）

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝

μmg时，A的加速度为

μg

C．当F＞3μmg时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过

μg

三、计算题（本题共2小题，共38分。

解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。

）

11．（2015·新课标全国Ⅱ，25）（18分）

下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。

某地有一倾角为θ＝37°（sin37°＝

）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。

假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为

，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。

已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取重力加速度大小g＝10m/s2。

求：

（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；

（2）A在B上总的运动时间。

12．（2015·新课标全国Ⅰ，25）（20分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

导航卷三　牛顿运动定律的应用

1．A　[根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确；而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误。

]

2．D　[物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误；当物体和手分离时，二者速度相同，又因均做减速运动，故分离条件为a手>a物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，选项D正确，C错误。

]

3．B　[设斜面倾角为θ，滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ，因此滑块下滑时加速度不变，选项D错误；滑块减速下滑时的位移s＝v0t＋

at2，选项B正确；滑块下降高度h＝s·sinθ＝v0sinθ·t＋

asinθ·t2，选项A错误；滑块下滑时的速度v＝v0＋at，选项C错误。

]

4．B　[由v－t图象可知：

过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，Fmg）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，F>mg）；过程⑤为向上匀速直线运动（处于平衡状态，F＝mg）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，F

综合选项分析可知B选项正确。

]

5．AC　[v－t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。

]

6．BC　[设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①

PQ东边有k节车厢，则F＝km·

a②

联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，

当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5

当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10

当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15

当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。

]

7．AD　[由题图知，在上升过程中，在0～4s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。

]

8．AC　[设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝

＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。

]

9．ACD　[由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝

，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝

。

同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝

，两式联立得sinθ＝

，μ＝

，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为

，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝

t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝

t1×

＝

，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。

]

10．BCD　[当0

μmg时，A、B皆静止；当

μmg3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确；当F＝

μmg时，A与B共同的加速度a＝

＝

μg，选项B正确；F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝

＝

μg，选项D正确。

]

11．解析　

（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

Ff1＝μ1FN1①

FN1＝mgcosθ②

Ff2＝μ2FN2③

FN2＝FN1′＋mgcosθ④

规定沿斜面向下为正。

设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得

mgsinθ－Ff1＝ma1⑤

mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥

联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得

a1＝3m/s2⑦

a2＝1m/s2⑧

（2）在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则

v1＝a1t1＝6m/s⑨

v2＝a2t1＝2m/s⑩

2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。

此时A与B之间摩擦力为零，同理可得

a1′＝6m/s2⑪

a2′＝－2m/s2⑫

由于a2′＜0，可知B做减速运动。

设经过时间t2，B的速度减为零，则有

v2＋a2′t2＝0⑬

联立⑩⑫⑬式得t2＝1s

在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为

x＝

－

＝12m＜27m⑮

此后B静止不动，A继续在B上滑动。

设再经过时间t3后A离开B，则有

l－x＝（v1＋a1′t2）t3＋

a1′t

⑯

可得t3＝1s（另一解不合题意，舍去）⑰

设A在B上总的运动时间t总，有

t总＝t1＋t2＋t3＝4s

答案　

（1）3m/s2　1m/s2　

（2）4s

12．解析　

（1）根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为

v＝4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s

小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小

a2＝

m/s2＝4m/s2。

根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s

其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋

a1t2

解得a1＝1m/s2

小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：

μ1（m＋15m）g＝（m＋15m）a1，即μ1g＝a1

解得μ1＝0.1

（2）碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有

μ1（15m＋m）g＋μ2mg＝15ma3

可得a3＝

m/s2

对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2

由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s

过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－

a3t

＝

m，末速度v1＝

m/s

滑块向右运动的位移x2＝

t1＝2m

此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2

木板继续减速，加速度大小仍为a3＝

m/s2

假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2

解得t2＝0.5s

此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－

a3t

＝

m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s

滑块向左运动的位移x4＝

a2t

＝0.5m

此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为

Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m

小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2

向左运动的位移为x5＝

＝2m

所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m

答案　

（1）0.1　0.4　

（2）6m　（3）6.5m

1．处理动力学问题的一般方法

（1）合成法

（2）正交分解法

（3）整体法与隔离法

（4）图象法

2．处理动力学图象问题的一般思路

（1）依据题意，合理选取研究对象。

（2）对物体先受力分析，再分析其运动过程。

（3）将物体的运动过程与图象对应起来。

（4）对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断。