高中物理二轮复习热点题型 牛顿运动定律的综合应用

专题3.3牛顿运动定律的综合应用

1.如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮.手持电

筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以（）

A.缓慢向上匀速运动

B.缓慢向下匀速运动

C.突然向上加速运动

D.突然向下加速运动

【解忻】手电筒缓慢向上、向下匀速运动，电筒处于平衡状态，内部连接状况不变，小电球能发光，

故A、B错俣；若突然向上加速运动，以电池为研究对象，受向上的弹力突然增大，弹蓄形变量増大，即压

缩量熔大，使得电池与电珠断开，小电珠熄灭，所以C正确；若突然向下加速，电池受向上的弹力减小，

弹簧压缩量減小，电路仍然是通路，所以小灯珠不会熄灭，故D错误.

【答案】C

2.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情

形.四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是（）

A.升降机的加速度大于g,侧壁对球无挤压

B.升降机的加速度小于g,侧壁对球有挤压

C.升降机的加速度等于g,侧壁对球无挤压

D.升降机的加速度等于g,侧壁对球有挤压

【解析】若细线有拉力，则7bos«+磔=侬，可知a>g,此时侧壁对球有支持力；选项A

错误；若细线无拉力，则加g=3,可知a=g,此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能

小于g；故选项C正确.

【答案】C

3.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上

放置了一个压力传感器，将质量为4kg的物体放在传感器上.在电梯运动的某段过程中，传感

1

器的示数为44N.g取10m/s2.对此过程的分析正确的是（）

A.物体受到的重力变大

B.物体的加速度大小为1m/s2

C.电梯正在减速上升

D.电梯的加速度大小为4m/s2

【解析】电憐中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A错误.由

牛顿第二定津可知F厂，咫口孙而由牛顿第三定律得尸产尸K=44N,解得：a=lms*,故选项B正确、

选项D错误.加速度向上，运动是加速向上或城速冋F,选项C错误.故选B.

【答案】B

4.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡

度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示.当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上

的一位乘客（）

A.处于失重状态

B.不受摩擦力的作用

C.受到向前（水平向右）的摩擦力作用

D.所受力的合力竖直向上

【解析】当此车加速上坡时，车里的乘客具有相同的加速度，方向沿斜面向上，人应受到

竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正

确，B、D错误；由于有沿斜面向上的加速度，所以在竖直方向上有向上的加速度，物体处于超

重状态，A错误.

【答案】C

5.如图，固定斜面，必段光滑，如段粗糙，4、6两物体叠放在一起从。点由静止下滑，

下滑过程中46保持相对静止，则（）

2

A.在勿段时，4受三个力作用

B.在龙段时，4可能受二个力作用

C.在鹿段时，4受摩擦力方向一定沿斜面向上

D.整个下滑过程中，/、6均处于失重状态

【解析】在CD段时，因且8一起运动的加速度为a=gsm8,故止梆T/只受重力和月对月的支持力作用,

选项A错误,在侬段时，因为粗糙，故毎一起运动的加速度为a=gsm8-&gg现此时月受重力和5对

N的支持力外，还受向上的摩擦力作用，故选项B错误，C正确；在CDE殳.⑰的加速度向下，属于失重状

态；在工段，加速度可能向上，故可能处于超重状态，故选项D错误；故选C.

【答案】C

6.（多选）如图甲，某人正通过定滑轮将质量为）的货物提升到髙处，滑轮的质量和摩擦均

不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力7之间的函数关系如图乙所示.由图

可以判断（）

A.图线与纵轴的交点"的值a卡-g

B.图线与横轴的交点N的值T市mg

C.图线的斜率等于物体的质量加

1

D.图线的斜率等于物体质量的倒数-

m

【解析】货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得7一遊=侬，图线与纵轴的

交点，即当7=0时，a=-g,图线与横轴的交点即a=0时，7=侬，A、B正确根据牛顿第二

T1

定律可得&=-一期根据关系式可得图象的斜率*=-,C错误D正确.球拍托球沿水平面匀加

mm

速跑，设球拍和球的质量分别为风m,球拍平面和水平面之间的夹角为0,球拍与球保持相对

静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则（）

3

A.运动员的加速度为贝an，

B.球拍对球的作用力为一^

sin8

Mg

C.运动员对球拍的作用力为一-

cos〃

D.若加速度大于鉄in，，球一定沿球拍向上运动

【解析】对网球进行受力分析，受到重力侬和球拍的支持力糸，受力如图所示:

mg

根据牛顿第二定律，尺sin。=侬，/^cos0—mg,整理可以得到：为=----a—gtan0,

cos8

故选项A正确，选项B错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同,

受力如图所示：

(M+m)g

M+mg

根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为尸=------,故选项C错误；当加速度

COS8

a^gtan〃时，网球将向上运动，由于绣in〃与/an〃的大小关系未知，故球不一定沿球拍向

上运动，故D错误.所以本题正确选项为A.

【答案】A

9.（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块

4

的质量均为加，物块与木板间的动摩擦因数为〃，木板与水平面间动摩擦因数为彳，已知最大

静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力人则木板

加速度a大小可能是（）

2

A.a—B.a=/g

1F1

C.D.a=--------ug

o2nl3

【解析】若木块和木板之间发生相对滑动,则对木板，根据牛顿定律:刎g-$2mg=）孙解得a=；ag,

选项C正确；若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得；尸一发2卅g

=2ma,解得a=£-%ig,选项D正确；故选CD.

【答案】CD

10.（多选）如图甲所示，静止在水平面，上足够长的木板8左端放着小物块4某时刻，A

受到水平向右的外力b作用，尸随时间力的变化规律如图乙所示.4、夕间最大静摩擦力大于

之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则在拉力逐渐增大的过程中，下列

反映力、6运动过程中的加速度及/与6间摩擦力6、8与C间摩擦力与随时间变化的图线中正

确的是（）

【解析】当拉力小于BC之间的最大蘋摩擦力时，不会运动，物体XE没有加速度，所以B错误；

拉力小于BC之间的最大静摩擦力时，物体-正没有运动前，?=£=3两个摩擦力者嚨拉力増大而增大，

当拉力大于5C1之间的最大静摩擦力小于.纤间的最大静摩摭力时，物体.然一起向前加速，AC之间变为了

滑动摩掠力保持不变，所以D项正确,物体/的加速度为整体的加速度，.卷间的摩擦力为静摩擦力，当

拉力大于.4之间的最大静摩擦力时，.结之间也发生了相对滑动，之间变为了滑动摩擦力，.4的加速度

也发生了变化，所以A、C项正确.

【答案】ACD

11.雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中

能大致反映雨滴运动情况的是（）

5

解析对雨滴进行受力分析可得侬-A=勿a,随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的

加速运动。故选C。

12.如图所示，物块4放在木板6上，A,6的质量均为加，尔6之间的动摩擦因数为口,B

与地面之间的动摩擦因数为不一。若将水平力作用在1上，使力刚好要相对6滑动，此时力的

加速度为苗；若将水平力作用在6上，使6刚好要相对4滑动，此时6的加速度为a2,则向、也

之比为（）

A.1：1B.2：3C.1：3D.3：2

答案C

解析当水平力作用在4上，使/刚好要相对6滑动，4、8的加速度相等，对6隔离分析,

umg-----T—.2mg]

占的加速度为a〃=ai=------------------------=1g；当水平力作用在8上，使占刚好要相对4滑动，

m3

〃ms

力、6的加速度相等，对力隔离分析，4的加速度为斗=慫=-------可得由：a2=l：3.C

m

正确。

21.如图所示，三个物体质量分别为a=1.0kg,憑=2.0kg、偌=3.0kg,已知斜面上表

面光滑，斜面倾角6=30°,外和色之间的动摩擦因数〃=0.8。不计绳与滑轮的质量和摩擦，

初始时刻用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，也将（g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩

擦力）（）

A.相对于外上滑

B.相对于的下滑

6

C.和创一起沿斜面下滑

D.和外一起沿斜面上滑

答案B

解析假设明和血之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度4=密一等空空M：=2.5m岁。

隔离对归分析，由牛顿第二定律得尸""gsin30==，也处解得壮gsin3(T+*MT=15N,由题意可知最大静

摩擦力丘=H»»2gco$3(r=13SN,可知左，因为哂:随叫:一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最

大静摩摭力，所以假设不正确，中弱居上述分析可知，加相对于础下滑+故B正确。

22.如图甲所示，可视为质点的4、6两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与4、4与占间

距均为d=0.5m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为外=0.1,与地面间的动摩擦因数均为“

=0.2。现以恒定的加速度a=2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10m/s2,求：

Iff」

(r---------

甲乙

(1)4物体在纸带上的滑动时间；

(2)在图乙的坐标系中定性画出/、6两物体的彳f图象；

(3)两物体从6停在地面上的距离。

答案(1)1s(2)图见解析(3)1.25m

解析(1)两物体在纸带上滑动时均有N\mg=ma\

11

当物体4滑离纸带时5azi-5alF=d

由以上两式可得&=1So

⑵如图所示。

♦r

7

(3)物体A离开纸带时的速度甘=G厶

两物体在地面上运动时均有

用"堪="3

物体/从开始运动到停在地面上过程中的总位移

_谒,H

X]-F7；-

2al2G

物体S滑离纸带时5W-%£=2d

物体B离开纸带时的速度

物体S从开始运动到停在地面上过程中的总位移

c0

X=立+生

42/2]2G

两物体力、夕最终停止时的间距

x=x2+d~X[

由以上各式可得x=1.25mo

23.如图所示，有1、2、3三个质量均为/=1kg的物体，物体2为一长板，与物体3通过

不可伸长的轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高45.75

用，物体1与长板2之间的动摩擦因数“=0.2。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时

物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动,运动过程中恰好没有从长板2

的右端掉下，求：

7

*

(1)长板2开始运动时的加速度大小；

(2)长板2的长度厶；

(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置。

答案(1)6m/s?(2)1m(3)物体1在长板2的最左端

8

解析(1)设冋右为正方向，分别对三个物体受力分析，

根据牛顿第二定律有

物体1;——二浓1

长板2:T+/^mg—ma：

物体3:»tg—1=/您

旦3二6

联立可得ai=-,ug--2ms:,公二缺空二6mW。

(2)1、2共速后，假设1、2、3相对静止一起加速，则有

g

T=2ma,mg—T=ma,BP得a=一，

3

对1：F=3=3.3N>〃侬=2N,故假设不成立，物体1和长板2相对滑动。则1、2共速时,

物体1恰好位于长板2的右端。

设经过时间6二者速度相等，则有匕=。+历厶=逊厶，

代入数据解得厶=0.5s,匕=3m/s,

v+Mv{tl

为=---厶=1.75m,^=-=0.75m,

所以长板2的长度Zo=X]—x2—1nio

(3)1、2共速之后，分别对三个物体受力分析，有

物体1：umg=耐

长板2：T—口mg=除

物体3：mg—7=〃旧6

且劣=为

£r-〃任

联立解得前=2m/s2,的=~--------=4m/s2o

此过程物体3离地面高度力=〃一彳2=5m

1

根据h=匕灰+万恁步

解得益=1s,长板2的位移為=力

1

物体1的位移为=H女+万由於=4m

则物体1相对长板2向左移动的距离

△彳=司一勒=1m=Z(),即此时物体1在长板2的最左端。

24.如图，在光滑的倾角为〃的固定斜面上放一个劈形的物体4其上表面水平，质量为

〃物体6质量为妬8放在力的上面，先用手固定住4

9

H

⑴若力的上表面粗糙，放手后，求4?相对静止一起沿斜面下滑，夕对力的压力大小.

⑵若力的上表面光滑，求放手后的瞬间，Z?对力的压力大小.

【解析】(1)4?相对静止一起沿斜面下滑，加速度a=^in〃

2

8的加速度的竖直分量a7=^sin。则mg—N=may

N=mg-mgsiN0=/z^cos20

所以E对力的压力大小等于z^cos20

(2)因为月、3下滑时,/与3的加速度并不相同,工的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下一3的

加速度的竖直分量与B的加速度相等.即有须=须=公淞8

。农+.VBXind=A&

对V、Z分别运用牛顿第二定律,有明g-.騒=頂麴二川加ind

所以M=

业+机siM夕

/zzlfecos2H

【答案】⑴峻。S2"⑵帀而

25.如图所示，一个质量为M长为人的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为力的弹性小球,

#=4/27,球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4侬，管下端离地面高度〃=5m.

现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小

相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10

m/s2.求

(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？

(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间.

(3)圆管的长度厶

【解析】(1)管第一次落地弹起时，管的加速度大小为m，球的加速度大小为a2，由牛顿第

二定律

对管Mg+4mg=Mai

10

对球41nLing=ma?

故当=20m/s2,方向向下

2

a2=30m/s,方向向上

偉)球与管第一次碰地时，由回

得碰后管速廿二^//，方向向上

碰后球速e国,方向向下

球刚好没有从管中滑出，设经过时间;，球、管速度相同，则有

对管V=Vl-ZTjf

对球v=-V2+a^i

代入数值睬立解得i=(Us

(3)管经f时间上升的高度为%=v1L；aF

球下降的高度如二19一%£：

管长L=h]+A2=4m

【答案】(1)20m/s2,方向向下30m/s2,方向向上(2)0.4s(3)4m

26.一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。某时

刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s,细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不

变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑

行了4.5m,后3s内滑行了10.5m,求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？

mJ!；30cMM

图6

解析设小车加速度为必绳断裂时，车和物块的速度为v{=atXo断裂后，小车的速度片

匕+庁友，小车的位移为：

1

2

xi=v{t2+-at

滑块的位移为：入2=%，2

绳断后，前3s相对位移有关系：

1

△*=为一热=万3a=4.5m

得：a=lm/s2

11

细绳断开时小车和物块的速度均为:

vi^=1^2ms=2ms

设后3s小车的初速度为viS则小车的位移为：

X1—+

渭块的位移为：

X2，=Vl/4

得：xf——3vf+4.5tn—3vj=10.5m

解得：vi—4ms

由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：

t.=5s

答案5s

27.如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°,传送带乙长为4

m,传送带甲比乙长0.45m,两传送带均以3m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块4

从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块8由传送带乙的顶端以3m/s的初速度沿传送

带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5,取尸10m/s2,sin37。=0.6,

cos37°=0.8o求:

图7

(1)物块/由传送带顶端滑到底端经历的时间;

(2)物块4g在传送带上的划痕长度之比。

12

解析⑴対物块A由牛顿第二定律知wgsin37f+,^»jgcos37=-»aai，代入数值得ai=lOms-

役经时间厶物块4与传送带共速，则由运动学规律知

V.二aifi,艮卩fi—0.3s

此过程中物块月的位移为4=/济=0.45m

物块/与传送带共速后，由牛顿第二定律知

阴gsin3尸一卬退cos37"二刑s,代入数值得dt=2ms2

由运动学规律知1LX尸…+*对，代人数值得

匕二1S

所以物块H由传送帯顶端滑到底端经历的时间为If+h=1.3"

(2)在物块A的第一个加速过程中，物块/在传送带上的划痕长度为

£]=p带t\-X[=0.45m