专题2牛顿运动定律在力学中的应用

1、专题二力与直线运动第1讲 牛顿运动定律在力学中的应用0 专 题三眼的施测.建说用时40分神满£100）一、选择题（本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一 项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求）1. （2018 济南模拟）目前青岛最高建筑是位于市北区连云港路和敦 化路交叉口的青岛国际航运中心，海拔高度295米.若有一乘客从该 航运中心一楼坐电梯直上楼顶，电梯先竖直向上做匀加速运动，达到 一定速度后做匀速运动，最后做匀减速直线运动直到顶楼，则该乘客 依次经历的状态是（C ）A. 失重平衡超重 B.平衡失重超重C.超重平衡失重 D.超重失重平衡解析：当电梯先竖直向上做匀

2、加速运动时，电梯的加速度方向向上，乘 客处于超重状态；当电梯向上做匀速直线运动的过程中，电梯加速度 为零，乘客处于平衡状态；当电梯向上做减速运动的过程中，电梯的加 速度方向向下，乘客处于失重状态.故A,B,D错误,C正确.2. （2018 潍坊二模）一架无人机质量为2 kg,运动过程中空气阻力大 小恒定.该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭 动力，其v t图像如图所示,g取10 m/s2.下列判断正确的是（D ）A. 无人机上升的最大高度为72 mB. 6 8 s内无人机下降C. 无人机的升力大小为28 ND. 无人机所受阻力大小为4 N解析：无人机一直向上运动,8 s末上升到

3、最大高度，最大高度为h=24 x 82m=96 m,故A错误;68 s内速度为正，无人机仍在上升，故B错竽24误;68 s内加速度大小为a2 = m/s 2=12 m/s2,根据牛顿第二定 律有mg+f二ma代入数据得无人机所受阻力大小为f=4 N;06 s内加竺24速度大小为ai= ' = m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律有F-mg-f=mai, 代入数据得无人机的升力大小 F=32 N,故C错误,D正确.3. (2018 德州一模)如图所示,一质量为M=2 kg、倾角为0 =45°的 斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m=1kg的光滑楔形 物块,物块在水

4、平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向 右运动.重力加速度为g=10 m/s2.下列判断正确的是(B )A. 物块对斜面的压力大小N=5匣NB. 斜面体的加速度大小为a=5 m/s2C. 水平恒力大小F=10 ND. 若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小解析:M,m整体受重力、水平面支持力 N和推力,根据牛顿第二定律,水平方向有F=(M+m)a竖直方向有N=(M+m)g斜面体M受重力、压力N1、支持力N,根据牛顿第二定律，水平方向有N1sin 0 =Ma竖直方向mgtanO+ m）mg tanO有 Ncos 0 +Mg=N立解得 a= m =5 m/s2,F=m =1

5、5N,Ni=10 N,故B正确AC错误;若水平作用力F作用到M上系统仍 保持相对静止，则对整体有F=（M+m）a ;对m有mgtan 45 ° =ma ,解 得F=（M+m）g=30 N,即 F变大,故D错误.4. （2018 南充模拟）如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角0 = 30° ,传送带在电动机的带动下，始终保持V0=7 m/s的速率运行.现把 一质量为4 kg的工件（可看为质点）轻轻放在传送带的底端，经一段时 间后工件被传送到h=8 m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数©为卩= ,取g=10 m/s2,在这段时间，工件的速度V、位移X、加速度a、

6、所受合外力F随时间t变化的图像正确的是（A ）解析：工件受力如图所示，据牛顿第二定律得卩mgcos 0 -mgsin 0 =坯 7ma得a=2.5 m/s2,工件速度由0加速到v°所用的时间t二二' s=2.8 s,11在这段时间内工件的位移 x= at2= x 2.5 x 2.82 m=9.8 m,传送带的长h度L ' =16 m,说明工件与传送带共速时还没有到达顶端.因为a mgcos 0 >mgsin 0 ,所以共速后物体随传送带匀速运动，因此工件先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，选项A正确;在匀加速阶段，由x= at2,知x t图像为抛物

7、线，匀速后图线为直线，选 项B错误;加速度先不变后为零，选项C错误;合外力先不变后为零， 选项D错误.5. （2018 榆林三模）二一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其 各项性能进行测试，某次新能源汽车性能测试中，图（甲）显示的是牵 引力传感器传回的实时数据随时间变化关系，但由于机械故障，速度 传感器只传回了第20 s以后的数据，如图（乙）所示，已知汽车质量为 1 500 kg,若测试平台水平，且汽车由静止开始直线运动，设汽车所受 阻力恒定，由分析可得（B ）9 :峠_|&18 W cf9020 dt（甲）A. 由图（甲）可得汽车所受阻力为1 000 NB. 20 s末汽车的速度为26

8、 m/sC. 由图（乙）可得20 s后汽车才开始匀速运动D. 前20 s内汽车的位移为426 m解析：由图（乙）可知,所记录的20 s后汽车速度不变，说明18 s后汽 车做匀速运动，此时牵引力为F3=1.5 X 103 N,由平衡条件知，阻力为f=F3=1.5 x 103 N,故A,C错误;06 s内,由牛顿第二定律得 Fi-f=mai,代入数据解得ai=5 m/s2.6 s末车速为vi二ait i=5x 6 m/s=30 m/s;在6i18 s 内，有 F2-f=ma2,解得二-m/s2.第 18 s 末车速为 V2二vi+t 2二26 m/s,则20 s末车速为V3=26 m/s,故B正确

9、；汽车在06 s内的位叭 30引+巾移为xi= 11= x 6 m=90 m;汽车在618 s内的位移为X2=12=30 4-26 x 12 m=336m;汽车在 1820 s 内的位移为 X3=V3t3=26X 2 m=52 m,故汽车在前20 s的位移为X=X1+X2+X3=478 m,故D错误.6. （2018 洛阳二模）如图,长木板C置于光滑水平地面上,A,B两物块 放在木板上.已知A,B,C的质量m=m=m,m=2m,A,B两物块与木板间的 动摩擦因数都为卩,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现用水平向左 的力F作用在A物块上，当F由0逐渐增大时（AD ）4A. 当F=卩mg时,A与C开

10、始相对滑动B. 当F=2 mg时,B所受摩擦力大小为C. 一直增大F,B的最大加速度为D. 无论F多大,B和C总保持相对静止解析:A,C间的最大静摩擦力为fA二口 mg=a mg,A,C间恰好不滑动时，4对于A,有F-卩mg二ma对B,C,有卩mg=3ma解得F=卩mg，因此当F=卩mg时,A与C开始相对滑动，故A正确；若F=2 mg>fAAC发生相对滑动,A对C的滑动摩擦力为卩mg而B,C 一起运动的加速度为卩g,且保持不变，此时B受到的静摩擦力为fB=2ma=卩mg<2x mg所以B,C始终相对静止，则B的最大加速度为卩g,故B,C错误,D正确.7. （2018 太原二模）如图

11、所示，足够长的、倾角为30°的光滑斜面上， 挡板C与斜面垂直.质量均为m的A,B两相同物块与劲度系数为k的 轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态.现给A施加沿斜面向上 的恒力F,使A,B两物块先后开始运动.已知弹簧始终在弹性限度内， 下列判断正确的是（AB ）A. 恒力F的值可以小于mgB. 物块B开始运动时，物块A的加速度为'C. 物块B开始运动时,A发生位移的值为D. 当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为；解析：物块B开始运动时，弹簧的弹力大小F弹二mgsin 30。，此时A可 能在做减速运动，则有F<F弹+mgsin 30° =mg,故 A正确

12、；物块B开始运F-F强-mgsinSCT _ mg动时,物块A的加速度为a二凡二,故B正确;初始时mgsin30a mg弹簧的压缩量Xi二二.物块B开始运动时，弹簧的伸长量msin30° mgmgX2=: =:,所以A发生位移的值为X=Xi+X2=：',故C错误；当物块 B的速度第一次最大时，合力为零,则有kX=mgsin 30° ,可得弹簧的形变量x=,故D错误.8. （2018 大连模拟）大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍 甚至几十倍，保证雾天行车安全显得尤为重要.在雾天的平直公路上， 甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后.某时刻两车司机听到警 笛提示

13、，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车 后匀减速运动的v t图像，以下分析正确的是（BD ）A. 甲车刹车的加速度的大小为 0.5 m/sB. 两车开始刹车时的间距为100 mC. 两车刹车后间距一直在减小D. 两车都停下来后相距12.5 m解析：由题图可知，两车刹车后直到速度相等经历的时间为20 s,甲车-25的加速度 a二m/s2=-1 m/s乙车的加速度a?二：； m/s2=-0.5 m/s 2,此时甲车的位移1Ix 甲=v 甲 t+ 'ait =(25 x 20- X 1 X 20 )m=300 m,Ii乙车的位移 x 乙二v 乙 t+ a?t2=(15 x

14、20- ' x 0.5 x 202)m=200 m,两车刚好没有发生碰撞，则两车开始刹车时的间距 x=(300-200)m=100 m,选 项A错误,B正确;两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两车间距减 小，后来甲的速度小于乙的速度，两车间距又增大，选项C错误；由于 两图线交点对应的速度v=5 m/s,则两车都停下来后的距离为图中阴1影部分面积，则厶x = X (30-25) X 5 m=12.5 m,选项D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9. (18分)如图所示,某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利 用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=84 N而从静止向前滑行，其

15、作用时间为11=1.0 s,撤除水平推力F后经过12=2.0 s,他第二次利用滑 雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同.已 知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m=60 kg,在整个运动 过程中受到的滑动摩擦力大小恒为R=12 N,求：(1) 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及运动的位移大小；(2) t=3.0 s时运动员的速度大小；(3) 该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离解析:(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为与 84- 12ai二 = j：m/s2=1.2 m/s 2,第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小vi=ait i=1.2 x 1.

16、0 m/s=1.2 m/s,ii位移 xi= ai 二 x 1.2 x 1.02 m=0.6 m.(2) 运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为Ff 12a2= = m/s 2=0.2 m/s 2,经时间t2速度为vi' =vi-a 2t 2=1.2 m/s-0.2 x 2.0 m/s=0.8 m/s.(3) 设第二次利用滑雪杖获得的速度大小V2,贝卩-V1 2=2a1X1,第二次撤除水平推力后滑行的最大距离叫'卩1 ' + 2口厲 0.82 + 2 X L2 X 0,6X2二'二二 厶江：二 m=5.2 m.答案:(1)1.2 m/s 0.6 m (2)0.8

17、m/s (3)5.2 m10. (18分)(2018 湖北宜昌高三调研)如图所示,质量m=2 kg小铁块放在足够长的质量 m=1 kg的木板的左端，木板和铁块间的动摩擦因数卩1=0.2,木板和水平面间的动摩擦因数 卩2=0.1,两者均静止.现突 然给木板向左的初速度vo=3.5 m/s,同时对小铁块施加一水平向右的 恒定拉力F=10 N,当木板向左运动最远时撤去 F,取g=10 m/s2.求：(1) 木板向左运动的时间t 1和这段时间内小铁块和木板的位移 X1,X2；(2) 整个过程中，木板在水平面上滑行的位移大小；解析：(1)木板开始运动时，设小铁块和木板的加速度分别为ai和a2,则F- 口 img二mai, 口 img+ 口 2(mi+m)g=m2a2,解得 ai=3 m/s 2,a2=7 m/s2;木板向左减速，由运动学公式vo=a2t i,=2a2X2,1小铁块向右加速运动 Vi二aiti,xi二ai 1代入数据解得11=0.5 s,v i=1.5 m/s,x i=0.375 m,x 2=0.875 m.撤去F,因为卩img>a 2(mi+m)g,所以木板向右做初速度为零的匀 加速直线运动，小铁块向右做初速度为Vi的匀减速直线运动.设小铁 块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度 相同且为V2,木板的位移为X3,则a img二ma3,a i