第3讲 专题 牛顿运动定律的综合应用
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一、单项选择题 1．如图3－3－14所示，水平面上质量均为4 kg的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为5 m/s2的匀加速直线运动．选定A的起始位置为坐标原点，g＝10 m/s2，从力F刚作用在木块A的瞬间到B刚好离开地面这个过程中，力F与木块A的位移x之间关系图象正确的是 (　　)．
解析　设初始状态时，弹簧的压缩量为x0，弹簧劲度系数为k，木块的质量为m，则kx0＝mg；力F作用在木块A上后，选取A为研究对象，其受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力mg和弹力k(x0－x)三个力的作用，根据牛顿第二定律，有F＋k(x0－x)－mg＝ma，即F＝ma＋kx＝20＋kx；当弹簧对木块B竖直向上的弹力大小等于重力时B刚好离开地面，此时弹簧对木块A施加竖直向下的弹力F弹，大小为mg，对木块A运用牛顿第二定律有F－mg－F弹＝ma，代入数据，可求得F＝100 N. 答案　A 2．如图3－3－15所示，物块a放在竖直放置的轻弹簧上，物块b放在物块a上静止不动．当用力F使物块b竖直向上做匀加速直线运动时，在下面所给的四个图象中，能反映物块b脱离物块a前的过程中力F随时间t变化规律的是 (　　)．
解析　将a、b两物体作为一个整体来进行分析，设两物体的总质量为m，物体向上的位移为Δx＝at2，受到向上的拉力F、弹簧的弹力FN和竖直向下的重力G，由题意得kx0＝mg，由牛顿第二定律得F＋k(x0－Δx)－mg＝ma，即F＝mg＋ma－(mg－kΔx)＝ma＋k×at2，故C正确． 答案　C 3．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度) (　　)．
解析　由F＝ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故F－t图象与a－t图线变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误． 答案　C 4．(多选)如图3－3－16所示，在平直路上行驶的一节车厢内，用细线悬挂着一个小球，细线与竖直方向的夹角为θ，水平地板上的O点在小球的正下方，当细线被烧断，小球落在地板上的P点， (　　)． A．P与O重合 B．当车向右运动时P在O点的右侧 C．当车向右运动时P在O点的左侧 D．当车向左运动时P在O点的右侧 答案　C 二、多项选择题 5．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图线如图3－3－17所示，则 (　　)． A．在0～t1时间内，外力F大小不断增大 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2时间内，外力F大小可能不断减小 D．在t1～t2时间内，外力F大小可能先减小后增大 解析　0～t1时间内，物体做加速度减小的加速运动，由F1－Ff＝ma1，a1减小，可知外力不断减小，A错；由图线斜率可知t1时刻的加速度为零，故外力大小等于摩擦力大小，B错；t1～t2时间内，物体做加速度增大的减速运动，若外力方向与物体运动方向相同，由Ff－F2＝ma2，a2增大，可知外力逐渐减小，若外力方向与物体运动方向相反，由Ff＋F3＝ma2，a2增大，可知外力逐渐增大，又由于在t1时刻，外力F大小等于摩擦力Ff的大小，所以F可能先与物体运动方向相同，大小逐渐减小，减小到0后再反向逐渐增大，故C、D对． 答案　CD 6．用一水平力F拉静止在水平面上的物体， 在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图3－3－18所示，g＝10 m/s2，则可以计算出 (　　)． A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14 N时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 解析　由a－F图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A正确；再由图象可知，当F＝7 N时，加速度为0.5 m/s2，当F＝14 N时，加速度为4 m/s2，即F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D正确；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N时物体的速度，选项B错误． 答案　ACD 7．某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图3－3－19甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α＝30°，取重力加速度g＝10 m/s2，则由此可得 (　　)．
图3－3－19 A．物体的质量为3 kg B．物体与斜面间的动摩擦因数为 C．撤去推力F后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上 D．撤去推力F后，物体下滑时的加速度为 m/s2 解析　在0～2 s由速度图象可得：a＝＝0.5 m/s2，由速度图象可知，2 s后匀速，合外力为零，推力大小等于阻力，故0～2 s内的合外力F合＝21.5 N－20 N＝1.5 N，由牛顿第二定律可得：m＝＝ kg＝3 kg，故选项A正确；由匀速时F推＝mgsin α＋μmgcos α，代入数据可得：μ＝，所以选项B正确；撤去推力F后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受合外力为F合′＝mgsin α－μmgcos α＝10 N＞0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为：a′＝＝ m/s2，故选项C错、D对，所以正确选项为A、B、D 答案　ABD
8．(单选)如图3－3－20所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态．则下列说法正确的是 (　　)． A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小 B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大 C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大 D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小 解析　对箱子和物体整体受力分析，当物体与箱子上升时，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg＋kv＝Ma，则a＝g＋，又整体向上做减速运动，v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析，如图乙所示，因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力FN，由牛顿第二定律可知mg＋FN＝ma，则FN＝ma－mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小．同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大． 答案　C 9．质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图3－3－21中a\，b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v－t图象，则求：(取g＝10 m/s2)
图3－3－21 (1)物体受滑动摩擦力多大？ (2)水平拉力多大？ 解析　(1)由题图知图线a的加速度为 a1＝－ m/s2 图线b的加速度为 a2＝－ m/s2 根据牛顿第二定律得，摩擦力Ff＝ma2＝－0.2 N，方向与运动方向相反 (2)根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1＝－0.1 N 所以F＝0.1 N，方向与运动方向相同． 答案　见解析 10．如图3－3－22所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间． 解析　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 根据l＝at2得t＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 则有a1＝＝10 m/s2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 mμmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因为x2＝vt2＋a2t，则有10t2＋t＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s. 答案　(1)4 s　(2)2 s 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.

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