2014物理(江苏专版)一轮复习配套题库 3.3 牛顿运动定律的综合应用.doc

3.3 牛顿运动定律的综合应用 1下列实例属于超重现象的是()A汽车驶过拱形桥顶端B荡秋千的小孩通过最低点C跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D火箭点火后加速升空解析本题考查了超、失重现象的本质物体运动时具有竖直向上的加速度，属于超重现象A、C两个选项中的汽车和运动员都具有竖直向下的加速度，均不正确；B、D两个选项中的小孩和火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，均正确答案BD2.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析 惯性是保持物体运动状态的原因，选项A正确：在没有外力作用时，物体有保持静止，这种性质叫惯性，选项B错误：行星在圆周轨道上保持匀速率运动，运动方向发生变化，受到了外力作用，选项C错误：运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同意速度沿同一直线运动，选项D正确.答案 AD3.如图3-3-1所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳挂于O点，在电磁铁通电后，铁片被吸引上升的过程中，轻绳的拉力F的大小为()图3-3-1AFmg BmgF(Mm)g解析由于铁片B从静止被吸引上升过程中，必然有竖直向上的加速度，系统A、B、C受到重力(Mm)g和绳的拉力F的作用铁片B被吸引上升过程中，系统中有竖直向上的加速度，处于超重状态，所以F(Mm)g.答案D4. 某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3-3-2所示，电梯运行的vt图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()图3-3-2解析从图可以看出，t0t1时间内，该人的视重小于其重力，t1t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0t1时间内，该人具有向下的加速度，t1t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为A、D.答案AD5. 如图3-3-3是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()图3-3-3A火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D返回舱在喷气过程中处于失重状态解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误答案A6. 如图3-3-4所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()图3-3-4Amg B.C(Mm)g Dma解析m与M无相对滑动，故a相同对m、M整体F(Mm)a，故am与整体加速度相同也为a，对m：Ffma，即Ff，又由牛顿第二定律隔离m，Ffma，故B、D正确答案BD7. 如图3-3-5所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动(相对位置如图3-3-18所示)，则施于小车的水平作用力F是(已知)()图3-3-5Amgtan B(Mm)gtan C(Mm)gcot D(Mm)gsin 解析小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析如图由牛顿第二定律得mgtan ma，故agtan .对球和车整体，由牛顿第二定律得F(Mm)a，即F(Mm)gtan .答案B8如图3-3-6所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上现使小车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1a2a3a41248，M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论正确的是()图3-3-6AFf1Ff212 BFf2Ff312CFf3Ff412 Dtan 2tan 解析已知a1a2a3a41248，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力FfMa，则Ff1Ff212.在第(3)、第(4)图中摩擦力Ff3(Mm)a3，Ff4(Mm)a4，Ff3Ff412.第(3)、(4)图中，a3gtan ，a4gtan .则tan 2tan .答案ACD9. 如图3-3-7所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3-3-7解析小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a1a2，在vt图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对(传送带模型)答案D10如图3-3-8甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图3-3-21乙所示已知v2v1，则()图3-3-8At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析相对地面而言，小物块在0t1时间内，向左做匀减速运动，t1t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误相对传送带而言，在0t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误(传送带模型)答案B11. 两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为的斜面上，如图3-3-9所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为1，B与A之间的动摩擦因数为2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力图3-3-9解析把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律有(Mm)gsin 1(Mm)gcos (Mm)a得ag(sin 1cos )由于agsin ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB(如图所示)由牛顿第二定律有mgsin FBma得FBmgsin mamgsin mg(sin 1cos )1mgcos .(程序思维法)答案1mgcos ，方向沿斜面向上12水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3-3-10所示为一水平传送带装置示意图紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v1 m/s运行，一质量为m4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离L2 m，g取10 m/s2.图3-3-10(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率解析(1)滑动摩擦力Ffmg0.1410 N4 N，加速度ag0.110 m/s21 m/s2.(