高中物理备考综合热身辅导系列——基础训练8. 牛顿运动定律的应用（二）

基础辅导8  牛顿运动定律的应用（二）

——’11备考综合热身辅导系列

高级物理教师        魏德田

本套试题训练和考查的重点是：进一步理解和掌握牛顿运动定律.能熟练地运用牛顿定律解题，并能解答较简单的连接体问题.第13题和第15题为创新题.第13题有利于提高学生的思维判断能力.第15题有利于提高学生的审题能力.

一、破解依据

   欲顺利解决此类问题，试归纳以下几条“依据”：

     ㈠⑴牛顿第一定律（略）

⑵牛顿第二定律  或 ，其中F、F_x、F_y分别表示物体所受合力及其分力；并且，以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。

注：若 或 ,则 或 ，牛二律转化为平衡条件。

⑶牛顿第三定律（略）

㈡运动学公式（请见前文）

㈢弹力  ；滑动摩擦力  ；介质阻力  或 ；浮力   等等。

          二、精选习题

图1—10—1

㈠选择题（每小题5分，共40分）

1.（08山东）质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图—1所示。由此可求

A．前25s内汽车的平均速度

B．前l0s内汽车的加速度

C．前l0s内汽车所受的阻力

D．15～25s内台外力对汽车所做的功

 

2.（08宁夏卷）如图1—10—2所示，一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是

  A.若小车向左运动，N可能为零

  B.若小车向左运动，T可能为零

  C.若小车向右运动，N不可能为零                       图1—10—2

  D.若小车向右运动，T不可能为零                    

3. (09安徽) 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图—6所示。那么下列说法中正确的是

图1—10—3

A. 顾客始终受到三个力的作用

B. 顾客始终处于超重状态

C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下

D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下

 

4.（09宁夏）如图1—10—3所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为

图1—10—3

A.物块先向左运动，再向右运动

B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

5.如图1—10—4所示水平面上，质量为10 kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的另一端固定在小车上，小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态，若小车以加速度a=1 m/s²沿水平地面向右加速运动时 

图1—10—4

图1—10—5

A.物块A相对小车仍静止

B.物块A受到的摩擦力将减小

C.物块A受到的摩擦力大小不变

D.物块A受到的弹力将增大

6.如图1—10—5所示，A和B的质量分别是1 kg和2　kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间

A.A的加速度等于3g                          

B.A的加速度等于g

C.B的加速度为零                               

D.B的加速度为g

7. （09全国Ⅱ）以初速度v₀竖直向上抛出一质量为m的小物体。 假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为

A、 和           B、 和

C、 和           D、 和                                   

图1—10—6

8.如图1—10—6所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m₀的平盘，盘中有一物体，质量为m.当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L.今向下拉盘使弹簧再伸长  ΔL后停止，然后松手放开.设弹簧总处在弹性限度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于

A.（1＋ ）mg                              B.（1＋ ）（m＋m₀）g

C. mg                                        D. （m＋m₀）g

㈡填空题（每小题6分，共24分）

9.汽车在水平公路上做直线运动，它的功率保持不变，当汽车的速度为4 m/s时，加速度为0.4 m/s²，汽车所受阻力恒为车重的0.01倍，若取g=10 m/s²，汽车行驶的最大速度为_______ m/s.

10.已知质量为m的木块的大小为F的水平拉力作用下沿粗糙水平地面做匀加速直线运动，加速度为a，则木块与地面之间的动摩擦因数为_______.若在木块上再施加一个与水平拉力F在同一竖直平面内的推力，而不改变木块的加速度的大小和方向，则此推力与水平拉力F的夹角为_______.

11.总质量为M的热气球由于故障在空中以速度v₀匀速下降.为了阻止继续下降，在t=0时刻，从热气球中释放了一个质量为m的沙袋.不计空气阻力，当t=________时，热气球停止下降，这时沙袋的速度为________.

12.一辆小车在水平恒力F作用下，由静止开始在水平面上匀加速运动t₁ s后撤去F，小车再经过t₂ s停下.则小车加速阶段的位移s₁与减速阶段的位移s₂之比s₁∶s₂=______；小车牵引力F与所受的摩擦力F_f之比F∶F_f=______.

㈢计算题（共36分）

图1—10—7

13.（09安徽）(12分) 在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火 炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程 中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻 质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图1—10—7所示。 设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重 力加速度取 。当运动员与吊椅一起正以加速度 上升时， 试求

   （1）运动员竖直向下拉绳的力；

   （2）运动员对吊椅的压力。

 

 

 

 

图1—10—8

14. (07上海) (12分)如图1—10—8所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g＝10m/s²）

求：（1）斜面的倾角a；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数m；

（3）t＝0.6s时的瞬时速度v。

 

 

 

 

 

 

m1

m2

v0

图1—10—9

15.（09天津）（12分） 如图1—10—9所示，质量m₁=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m₂=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v₀=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 =0.5,取g=10 m/s²_，求

（1）物块在车面上滑行的时间t;

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′₀不超过多少。

 

 

 

 

 

*16.一水平的浅色传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 。初始时，传送带和煤块都是静止的，现让传送带以恒定的加速度 开始运动，当其速度达到 后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对与传送带不再滑动。试求此黑色痕迹的长度。

 

 

 

 

 

 

图1—10—10

*17. 如图1—10—10所示，传送带与地面的夹角 ，从 的距离 ，传送带以 的速率逆时针转动。在传送带上端 无初速地放一质量 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数 。试求物体从 运动到 所需的时间？（ ）

 

 

 

 

 

三、参考答案

㈠1. ABD  

2.AB [解析]本题考查牛顿运动定律。对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错。解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。

3. C. [解析]在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下 。

4. BC.[解析]对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，知道二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。

5.AC  6.AC 

7. A .[解析]本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力 做负功,由动能定理得 , ,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有 ,解得 ,A正确。



8.A  以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时

kL=（m+m₀）g，k= .

用手向下拉，弹簧共伸长L+ΔL，弹力F=k（L+ΔL）

手的瞬时，根据牛顿第二定律F-（m+m₀）g=（m+m₀）α.把F值代入得

（L+ΔL）-（m+m₀）g=（m+m₀）a

a= g，方向向上.

隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N，由牛顿第二定律N-mg=ma

故N=mg+ma=mg+m g=（1+ ）mg，向上.

㈡9.20

10.μ=   α=arctan

根据牛顿第二定律由F-μmg=ma得

μ=

加力F′后，水平加速度不变，有

F+F′cosα-μ(mg+F′sinα)=ma

与上式联立得α=arctan

说明推力方向只能与水平方向成α角向下，因施推力后加速度不变，则必有F′cosα=μF′sinα.

即得tanα= 

所以α=arctan

11.t=(M-m)v₀/mg;  

12.t₁∶t₂;F∶F_f=(t₁+t₂)∶t₁

㈢13. [解析]解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：

F

F

(m人+m椅)g

a

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力

（2）设吊椅对运动员的支持力为F_N，对运动员进行受力分析如图所示，则有：

F

m人g

a

FN

由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N

解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为F_N。

根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为F_N。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律

                                    ①

                                    ②

由①②得     

              

14. [解析] （1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a₁＝＝5m/s²，mg sin a＝ma₁，可得：a＝30°，

（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为

a₂＝＝2m/s²

mmg＝ma₂

由此可得

m＝0.2，

（3）由2＋5t₁＝1.1＋2（0.8－t₁），解得t₁＝0.1s，

即知物体在斜面上下滑的时间为0.5s，由此可得t＝0.6s时物体在水平面上的速度

v＝v_1.2＋a₂（1.2—0.6）＝2.3 m/s

 

15. [解析]本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

                                            ①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

                                           ②

其中                                             ③

解得               

代入数据得                                                 ④

（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

                                             ⑤

由功能关系有

                                 ⑥

代入数据解得              =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v₀′不能超过5m/s。

 

*16. [解析]根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度 小于传送带的加速度 ，由牛顿第二定律得煤块的加速度 为

               

设经过时间 传送带由静止开始加速到速度等于 ，煤块则由静止加速到 ，则

                ，

由于 ＜ ，故 ＜ ，煤块继续受到滑动摩擦力的作用，再经过时间 煤块的速度由 增加到 ，则

               

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对与传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设煤块的速度由 增加到 的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为

               

               

所以，传送带上留下的黑色痕迹的长度为

                

整理以上各式，得

                 .

[点拨]首先，质点是靠传送带的滑动摩擦力使其加速的，并且传送带也做加速运动；其次，煤块的“相对滑动”分为两个阶段，即“先加速”、“后匀速”，若第二阶段被忽视，则导致错解。

*17. [解析]刚把物体放到传送带时，由于传送带逆时针转动，所以物体所受的滑动摩擦力是沿传送带斜面向下的，如下图中的位置1所示，由牛顿第二定律得此时物体运动的加速度为

               

                  

设经过时间 物体的速度达到传送带的速度 ，则

               

所以           

设在此段时间内，物体沿传送带方向发生的位移大小为 ，则

             

所以           

显然 ＜ ，即物体的速度达到传送带的速度时，还没有下滑到 端，但由于

                ＜

所以，从此以后物体的受力情况如图3中的位置2所示，由牛顿第二定律得物体运动的加速度变为

               

                  

也就是说，第二阶段物体将沿传送带的斜面以 的加速度做匀加速运动，设运动时间为 ，则

                 

将数据代入上式，整理得

                

解得             （负值已设去）

所以物体从 运动到 所需的时间为

                

[点拨]此物体刚放到传送带上时，沿斜面向下的滑动摩擦力和重力分力的的合力使物体加速，待与传送带的速度相等后，由于 — ＞0，即 ＜ ，故物体沿斜面继续做匀加速运动，一直达到斜面的末端。所以，解题的关键在于对物体进行“受力分析”、“运动分析”，物体的运动状态并不决定于传送带的运动方向，而是由其受力情况决定的.