第三章 牛顿运动定律的综合应用 能力提升测试卷 Word版含解析

　牛顿运动定律的综合应用


1.伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中,一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处.假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员(　C　)
A.在向下运动的过程中始终处于失重状态
B.在向上运动的过程中始终处于超重状态
C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
解析:演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员落地加速时,加速度a向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,选项C正确,A错误;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,选项B,D错误.
2.质量均为5 kg的物块1,2放在光滑水平面上并用轻质弹簧测力计相连,如图所示,今对物块1,2分别施以方向相反的水平力F1,F2且F1=20 N,F2=10 N,则弹簧测力计的示数为(　B　)
A.30 N B.15 N C.20 N D.10 N
解析:设两物块的质量均为m,以两物块为一整体,应用牛顿第二定律可得F1-F2=2ma,再以物块2为研究对象,应用牛顿第二定律得FT-F2=ma,由以上两式可解得FT=15 N,B正确.
3.(2019·陕西咸阳模拟)如图所示,水平地面上有一轻质弹簧,下端固定,上端与物体A相连接,整个系统处于平衡状态.现用一竖直向下的力压物体A,使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离,整个过程中弹簧一直处在弹性限度内.下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是(　D　)
解析:由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比,由牛顿第二定律得,F-kx=ma,解得F=kx+ma,故D正确.
4.(多选)物体最初静止在倾角θ=30°的足够长斜面上,如图(甲)所示,现受到平行斜面向下的力F的作用,力F随时间变化的图像如图(乙)所示,开始运动2 s后物体以2 m/s 的速度匀速运动,下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　AD　)
A.物体的质量m=1 kg
B.物体的质量m=2 kg
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ=
D.物体与斜面间的动摩擦因数μ=
解析:由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动可知,0～2 s内物体的加速度大小为a=1 m/s2;在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得,F1+mgsin 30°-μmgcos 30°=ma,2 s后由平衡条件可得,F2+
mgsin 30°-μmgcos 30°=0,联立解得m=1 kg,μ=,选项A,D正确.
5.(多选)神舟飞船返回时,3吨重的返回舱下降到距地面10 km时,下降速度为200 m/s.之后通过降落伞减速,先是拉出减速伞,16 s后返回舱的速度减至80 m/s,此时减速伞与返回舱分离.然后拉出主伞,主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s,此时返回舱距地面高度为1 m,接着舱内4台缓冲发动机同时点火,给返回舱一个向上的反冲力,使返回舱的落地速度减为零.将上述各过程视为匀变速直线运动,g=10 m/s2.根据以上材料可得(　CD　)
A.减速伞工作期间返回舱处于失重状态
B.主伞工作期间返回舱处于失重状态
C.减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2
D.每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍
解析:减速伞和主伞工作期间返回舱匀减速下降,处于超重状态,A,B项错;减速伞工作期间,返回舱从200 m/s减速至80 m/s,由运动学公式得a1==7.5 m/s2,C项正确;缓冲发动机开动后,加速度大小为a3=
=50 m/s2,方向竖直向上,由牛顿第二定律得4F-mg=ma3,解得=1.5,
D项正确.
6.(2015·海南卷,9)(多选)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时(　BD　)
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
解析:当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式 Ff=μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ.当物体以加速度a向上加速运动时,有FN=m(g+a)cos θ,Ff=μm(g+a)cos θ,因为sin θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μm(g+a)cos θ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D正确.
7.(2018·河南三门峡检测)图(甲)中的塔吊是建筑工地必不可少的设备,图(乙)为150 kg的建筑材料被塔吊从地面竖直向上提升过程的简化运动图像,g取10 m/s2,下列判断正确的是(　B　)
A.前10 s内悬线的拉力恒为1 500 N
B.46 s末材料离地面的距离为22 m
C.0～10 s材料处于失重状态
D.在30～36 s悬线最容易发生断裂
解析:由题图(乙)可知,前10 s内建筑材料的加速度a=0.1 m/s2,由F-mg=ma可解得悬线的拉力为F=m(a+g)=1 515 N,A项错误;由图像“面积”可得整个过程材料上升的高度是28 m,下降的高度为6 m,所以46 s末材料离地面的距离为22 m,B项正确;0～10 s内,材料的加速度向上,处于超重状态,C项错误;30～36 s材料的加速度向下,处于失重状态,即悬线的拉力F8.(2019·河北冀州中学模拟)在沿斜面方向的拉力F作用下,物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动;以沿斜面向上为正方向,0～7 s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示,则下列说法中错误的是(　B　)
A.物体的质量m=1 kg
B.物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tan θ
C.斜面倾斜角度sin θ=
D.7 s后若撤去力F,物体将会做匀速直线运动
解析:由题意及图像可得0～5 s,拉力F方向沿斜面向上,有
F1-mgsin θ-μmgcos θ=ma1　①
5～6 s,拉力F方向沿斜面向下,有
F2-mgsin θ-μmgcos θ=ma2　②
6～7 s,拉力F方向仍沿斜面向下,物体沿斜面向下加速,摩擦力方向沿斜面向上,有
F3-mgsin θ+μmgcos θ=ma3　③
由v-t图像得a1=1 m/s2,a2=-5 m/s2,a3=-3 m/s2,
由F-t图像得F1=3 N,F2=F3=-3 N,
由①②式得m=1 kg,由②③式得sin θ=,A,C正确;由③式得
mgsin θ=μmgcos θ,μ=tan θ,则撤去力F后物体所受合力为零,将做匀速直线运动,D正确,B错误.
9.(2016·天津卷,8)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列动车组由8节车厢组成,其中第1,5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组(　BD　)
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时,第5,6节与第6,7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析:列车启动时,乘客随车厢加速运动,加速度方向与车的运动方向相同,故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同,选项A错误;设阻力与重力比值为k,则动车组运动的加速度a==-kg,则对6,7,8节车厢的整体:F56=3ma+3kmg=0.75F;对7,8节车厢的整体:F67=2ma+2kmg=0.5F,故5,6节车厢与6,7节车厢间的作用力之比为3∶2,选项B正确;根据动能定理Mv2=kMgs,解得s=,可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比,选项C错误;8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1=;若8节车厢有4节动车时的最大速度为vm2=,则=,选项D正确.
10.(2019·河北石家庄质检)如图所示,质量均为m=3 kg 的物块A,B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做 a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离,已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2.求:
(1)物块A,B分离时,所加外力F的大小;
(2)物块A,B由静止开始运动到分离所用的时间.
解析:(1)物块A,B分离时,对B有
F-μmg=ma,
解得F=21 N.
(2)A,B静止时,对A,B有
kx1=2μmg,
A,B分离时,对A有
kx2-μmg=ma,
此过程中
x1-x2=at2,
解得t=0.3 s.
答案:(1)21 N　(2)0.3 s
11.质量为2 kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图(甲)所示.A和B经过1 s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B的vt图像如图(乙)所示,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1;
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2;
(3)A的质量.
解析:(1)由图像可知,A在0～1 s内的加速度
a1==-2 m/s2,
对A由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1,
解得μ1=0.2.
(2)由图像知,A,B在1～3 s内的加速度
a3==-1 m/s2,
对A,B整体由牛顿第二定律得
-μ2(M+m)g=(M+m)a3,
解得μ2=0.1.
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度
a2==2 m/s2
对B由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
代入数据解得m=6 kg.
答案:(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
12.(2019·安徽合肥五中月考)为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可升降的风帆,如图(甲)所示.他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程帆面与滑块运动方向垂直.假设滑块和风帆总质量为m,滑块与斜面间动摩擦因数为μ,斜面的倾角为θ,重力加速度为g,帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比,即Ff=kv2.
(1)求出滑块下滑的最大速度vmax的表达式;
(2)若m=2 kg,斜面倾角θ=30°,g取10 m/s2,滑块从静止下滑的速度图像如图(乙)所示,图中的斜线是t=0时v-t图像的切线,由此求出μ,k的值.
解析:(1)由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ-kv2=ma
所以a=
=gsin θ-μgcos θ-.
当a=0时速度最大,
最大速度vmax=.
(2)当v=0时,a=gsin θ-μgcos θ=3 m/s2,
解得μ=,
由速度图像可知最大速度
vmax=2 m/s,
所以vmax==2 m/s,
解得k=1.5 kg/m.
答案:(1)vmax=　
(2)　1.5 kg/m