【步步高】2022高考物理大一轮复习 3.3 牛顿运动定律的综合应用

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．关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(　　)A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析加速度由合外力决定，加速度与速度无必然联系。物体的速度为零时，加速度可为零也可不为零；当加速度为零时，速度不变。答案CD3．如图3－3－11所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　A．加速下降B．加速上升C．减速上升D．减速下降解析　木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，所以木箱的运动状态可能为减速下降或加速上升，故B、D正确．答案　BD4.某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N．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v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　)．6\n图3－3－2解析　从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为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(　　)．A．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图3－3－3C．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　A图3－3－46.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μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)．A．μmgB.C．μ(M＋m)gD．ma解析　m与M无相对滑动，故a相同．6\n对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝m与整体加速度相同也为a，对m：f＝ma，即f＝，又由牛顿第二定律隔离m，f＝ma，故B、D正确．答案　BD图3－3－127．如图3－3－12所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是(　　)．A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力解析　对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确．答案　A图3－3－138．如图3－3－13所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)．解析　刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，当相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2＝＝－μg，、故a2＝－μg，a－t图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D均错误．答案　A图3－3－79．如图3－3－7所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v06\n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μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)．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a1>a2，在v－t图像中，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v－t图像(以地面为参考系)如图3－3－21乙所示．已知v2>v1，则(　　)．图3－3－8A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3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0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2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0～t2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t2～t3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　B6\n图3－3－911．两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ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μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，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．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(M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a得a＝g(sinθ－μ1cosθ)．由于a<gsinθ，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mgsinθ－FB＝ma得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ(程序思维法)．答案　μ1mgcosθ，方向沿斜面向上图3－3－1012．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v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg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μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2.(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f＝μmg＝0.1×4×10N＝4N，加速度a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，t1＝＝s＝1s.(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1m/s2，当行李到达右端时，有vmin2＝2aL，vmin＝＝m/s＝2m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2m/s.6\n行李最短运行时间由vmin＝a×tmin得tmin＝＝s＝2s(传送带模型)．答案　(1)4N　1m/s2　(2)1s　(3)2s　2m/s6