第4章　牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析

1.如图所示,两个相同的木盒置于同一粗糙的水平面上。木盒1中固定一质量为m的砝码,在木盒2上持续加竖直向下的恒力F(F=mg)。现给它们一相同的初速度,木盒1,2滑行的最远距离分别为x1,x2。关于x1与x2的大小,下列说法正确的是(　C　)
A.x1C.x1>x2 D.无法比较
解析:木盒1,2受到的力一样,但质量不一样,根据牛顿第二定律F合=ma可知,木盒2的加速度大,所以减速快,滑行距离小。
2.如图所示,质量m=10 kg的物体在水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,与此同时物体受到一个水平向右的推力F=20 N的作用,则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)(　B　)
A.0 B.4 m/s2,水平向右
C.2 m/s2,水平向左 D.2 m/s2,水平向右
解析:对物体进行受力分析可知F合=F+Ff,Ff=μmg,所以F合=20 N+ 0.2×10×10 N=40 N,所以a== m/s2=4 m/s2,方向水平向右。
3.如图所示,水平板上有质量m=1 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的是(　D　)
A.5 s内拉力对物块做功为零
B.4 s末物块所受合力大小为4 N
C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D.6～9 s内物块的加速度的大小为2 m/s2
解析:从图可知,物块与木板之间的静摩擦力最大值为4 N,滑动摩擦力大小为3 N。结合拉力和摩擦力的大小可判断物块的运动规律:在0～4 s物块静止,4～5 s物块做加速度逐渐增大的变加速直线运动,
5 s以后物块做匀加速直线运动。0～4 s物块静止,拉力对物体不做功,但是4～5 s物块运动,拉力对物体做正功,故A错误;4 s末,物块所受的合力由0突变为1 N,故B错误;物块与木板之间的动摩擦因数μ===0.3,故C错误;6～9 s内,物块的加速度a== m/s2=
2 m/s2,故D正确。
4.(多选)如图所示,在一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连。设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态,若忽略小球与小车间的摩擦力,则在此段时间内小车可能是(　AD　)
A.向右做加速运动 B.向右做减速运动
C.向左做加速运动 D.向左做减速运动
解析:对小球受力分析可知小球在水平方向受到向右的弹簧弹力F,由牛顿第二定律可知,小球必定具有向右的加速度,小球与小车相对静止,故小车可能向右加速运动也可能向左减速运动。
5.如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量M=2 kg的秤盘,盘内放一个质量m=1 kg 的物体,秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止,F=30 N,当突然撤去外力F的瞬间,物体对秤盘的压力大小为(g=10 m/s2)(　C　)
A.10 N B.15 N
C.20 N D.40 N
解析:由于外力F撤去之前秤盘和物体均保持静止,系统受力平衡,当F撤去瞬间,合力向上,对整体由牛顿第二定律可得F=(M+m)a,对物体可得FN-mg=ma,两式联立解得FN=20 N,由牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N,方向竖直向下。
6.雨滴从高空由静止落下,若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大,下列图象中能正确反映雨滴下落运动情况的是(　B　)
解析:雨滴下落时由于受到空气阻力,且阻力随下落速度增大而增大,所以雨滴做加速度变小的加速运动,B图象正确。
7.(多选)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(　AD　)
A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小
C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小
解析:人受重力mg和支持力FN的作用,由牛顿第二定律得FN-mg=ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′=FN=mg+ma,当t=2 s时a有最大值,FN′最大,当t=8.5 s时,a有反向最大值,FN′最小,选项A,D
正确。
8.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是(　D　)
解析:竖直上抛运动不受空气阻力,向上做匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动,v-t图象是倾斜向下的直线,四个选项(虚线)均正确表示;有阻力Ff=kv的上抛运动,上升时a上=,随着v减小,加速度减小,对应的v-t 图线的斜率减小,A错误;下落时a下=,随着v增大,加速度减小,故在最高点时v=0,a=g,对应的v-t图线斜率应该等于g,即过t轴上交点的切线应该与竖直上抛运动的直线(虚线)平行,选项D正确。
9.用平行于斜面的力推动一个质量为m的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动,当物体运动到斜面的中点时撤去推力,物体恰能滑到斜面顶点,由此可以判定推力F的大小必定是(　B　)
A.2mgcos α B.2mgsin α
C.2mg(1-sin α) D.2mg(1+sin α)
解析:有推力F时,a=,撤去F后,a′=gsin α,由v2=2ax,有a=
a′,即=gsin α,得F=2mgsin α,故选项B正确。
10.如图所示,质量分别为m1,m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为(　A　)
A. B.
C. D.
解析:把m1,m2看做一个整体,在水平方向上加速度相同,由牛顿第二定律可得Fcos θ=(m1+m2)a,所以a=,选项A正确。
11.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10 m/s2,下列判断正确的是(　B　)
A.前10 s的悬线的拉力恒为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钢索最容易发生断裂
解析:由图乙可知前10 s内物体的加速度a=0.1 m/s2。由F-mg=ma可解得悬线的拉力为F=mg+ma=1 515 N,选项A错误。由图象面积可得整个过程上升高度是22 m,选项B正确。0～10 s加速度向上,材料处于超重状态,F>mg,在30 s～36 s物体加速度向下,材料处于失重状态,F12.如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比,小球的高度(　A　)
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析:设橡皮筋原长为L0,小车静止时,橡皮筋弹力等于小球重力F1=mg,小球在悬点下竖直距离L1=L0+;小车以一定加速度运动时,小球稳定地偏离竖直方向某一角度θ,此时橡皮筋弹力为F2,对于小球在竖直方向有F2cos θ=mg,则小球在悬点下竖直距离L2=（L0+）cos θ=L0cos θ+,故L1>L2,即小球一定升高,A正确。
能力提升
13.如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,根据图象可求出(　C　)
A.物体的初速度v0=3 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=
1.44 m
D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析:由图可知,当倾角θ=0°时,位移为2.40 m;而当倾角为90°时,位移为1.80 m,由竖直上抛运动规律可知=2gh,解得v0==6 m/s, A错误。当倾角为0°时,由动能定理可得-μmgx=0-m,解得μ== 0.75,B错误。倾角为θ时,由动能定理得-mgxsin θ-μmgxcos θ=0-m,解得x==,其中cos α=,sin α= ,则tan α=μ=,α=37°,由此得x=,当θ+α=90°时,此时位移最小,即xmin=1.44 m,C正确。若θ=30°时,物体受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°=mg,最大摩擦力fmax=μmgcos 30° =mg>mg,故物体达到最高点后,不会下滑,D错误。
14.如图所示为一架小型四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。无人机的质量为m=
2 kg,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N,当无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,经时间t=4 s时离地面的高度为h=48 m,g取10 m/s2。求:
(1)其动力系统所能提供的最大升力为多大?
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=180 m处时,由于动力设备故障,无人机突然失去全部升力,从静止开始竖直坠落,经5 s后无人机瞬间又恢复最大升力,则无人机到达地面时速度为多大?
解析:(1)由于h=a1t2,则a1==6 m/s2,
由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1,
解得F=36 N。
(2)无人机失去升力加速下落过程中,有
mg-f=ma2,a2=8 m/s2,
经过5 s时速度v1=a2t1=40 m/s,
下落高度h1=a2=100 m,
恢复升力减速下落过程中,有
F-mg+f=ma3,a3=10 m/s2,
由运动公式得,
-=2(-a3)(H-h1),
代入数据解得v2=0。
答案:(1)36 N　(2)0
15.粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动,水平拉力F及运动速度v随时间变化的图象如图甲和图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)前2 s内物体运动的加速度和位移;
(2)物体的质量m和物体与地面间的动摩擦因数μ。
解析:(1)由vt图象可知,物体在前2 s内做匀加速直线运动,前2 s内物体运动的加速度为
a== m/s2=2 m/s2
前2 s内物体运动的位移为x=at2=4 m。
(2)对物体进行受力分析,如图所示。对于前2 s,由牛顿第二定律得
F-Ff=ma,Ff=μmg
2 s之后物体做匀速直线运动,由平衡条件得F′=Ff
由F-t图象知F=15 N,F′=5 N
代入数据解得m=5 kg,μ=0.1。
答案:(1)2 m/s2　4 m　(2)5 kg　0.1
16.如图甲所示,某人站在力传感器上,从直立静止起,做“下蹲——起跳”动作,图中的“”表示人的重心。图乙是由力传感器画出的Ft图线。图乙中1～4各点对应着图甲中1～4四个状态和时刻。取重力加速度g=10 m/s2。请根据这两个图所给出的信息,求:
(1)此人的质量;
(2)此人1 s内的最大加速度,并以向上为正,在图丙中画出此人在1 s内的大致at图象;
(3)在Ft图象上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度?简单说明必要理由。
解析:(1)对应图乙中1点此人处于静止状态,则F1=mg=600 N,求得m=60 kg。
(2)图乙中2点F2=1 800 N,则所受合力F合=F2-mg=1 200 N,且为最大,由F-mg=ma,
有amax== m/s2=20 m/s2。
下蹲过程最小支持力对应加速度大小a1= m/s2= m/s2,0.8 s时,人离开传感器,加速度大小a2=g=10 m/s2,1 s内的at图象如图所示。
(3)下蹲阶段先加速后减速,支持力与重力平衡时速度最大,由at图象可读出速度最大时刻约为0.45 s.
答案:见解析
17.一弹簧秤的秤盘质量m1=1.5 kg,盘内放一质量为m2=10.5 kg的物体P,弹簧质量不计,其劲度系数为k=800 N/m,系统处于静止状态,如图所示。现给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初0.2 s内F是变化的,在0.2 s后是恒定的,求F的最大值和最小值各是多少?(g=10 m/s2)
解析:因为在t=0.2 s内F是变力,在t=0.2 s以后F是恒力,所以在t=0.2 s时,P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零,由于盘的质量m1=1.5 kg,所以此时弹簧不能处于原长。
设在t=0时,弹簧的压缩量为x0,
则有kx0=(m1+m2)g,
设P离开秤盘时,弹簧的压缩量为x1,
则在0～0.2 s这段时间内P向上运动的距离为x0-x1,
且有x0-x1=at2,
P离开秤盘时,对物体P根据牛顿第二定律可得
F-m2g=m2a,
对于盘应用牛顿第二定律可得
kx1-m1g=m1a,
联立即得a=6 m/s2。
则当P刚开始运动时拉力最小,此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72 N,
当P与盘分离时拉力F最大,Fmax=m2(a+g)=168 N。
答案:168 N　72 N