1、【 精品教育资源文库】牛顿运动定律的综合应用一、选择题(15 题为单项选择题，610 题为多项选择题)1如图 1 甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移 x 时的速度为 v，其 x v2图象如图乙所示，取 g10 m/s 2，则斜面倾角 为( )图 1A30 B45 C60 D75解析 由 x v2图象可知小物块的加速度 a5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度 a gsin ，所以 30，A 对，B、C、D 错。答案 A2(2017郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为 m1、 m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小 f 仅与球的速
2、率 v 成正比，与球的质量无关，即f kv(k 为正的常量)。两球的 v t 图象如图 2 所示。落地前，经时间 t0两球的速度都已达到各自的稳定值 v1、 v2。则下列判断正确的是( )图 2A释放瞬间甲球加速度较大B. m1m2 v2v1C甲球质量大于乙球质量D t0时间内两球下落的高度相等【 精品教育资源文库】解析 释放瞬间，两球受到的阻力均为 0，此时加速度相同，选项 A 错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等， mg kv，则 ，选项 B 错误；由图象可知m1m2 v1v2v1 v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项 C 正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高
3、度大，选项 D 错误。答案 C3如图 3 所示， A、 B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体 B 与水平地面间的动摩擦因数 10.1，物体 A 与 B 之间的动摩擦因数 20.2。已知物体 A 的质量 m2 kg，物体 B 的质量 M3 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2。现对物体 B 施加一个水平向右的恒力 F，为使物体 A 与物体 B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图 3A20 N B15 N C10 N D5 N解析 对物体 A、 B 整体，由牛顿第二定律， Fmax 1(m M)g( m M)a；对物体 A，由牛顿第二定律，
4、2mg ma；联立解得 Fmax( m M)( 1 2)g，代入相关数据得Fmax15 N，选项 B 正确。答案 B4(2018南昌模拟)图 4 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( )图 4A前 10 s 悬线的拉力恒为 1 500 NB46 s 末材料离地面的距离为 22 mC010 s 材料处于失重状态D在 3036 s 钢索最容易发生断裂【 精品教育资源文库】解析 由图可知前 10 s 内材料的加速度 a0.1 m/s2，由 F mg ma 可知悬线的拉力为 1 515
5、 N，选项 A 错误；由图象面积可得整个过程上升高度是 28 m，下降的高度为 6 m，46 s 末材料离地面的距离为 22 m，选项 B 正确；因 3036 s 材料加速度向下，材料处于失重状态， Fmg，钢索最容易发生断裂，选项 C、D 错误。答案 B5如图 5 所示，有材料相同的 P、 Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力 F 作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力 F 的方向均平行于斜面。当拉力 F 一定时， Q 受到绳的拉力( )图 5A与斜面倾角 有关 B与动摩擦因数有关C与系统运动状态有关 D仅与两物块质量有关解析 设 P、 Q 的质量分别为 m1、 m2， Q 受到绳的拉力大小为 FT，
6、物块与斜面间的动摩擦因数为 ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有 F( m1 m2)gsin (m1 m2)gcos ( m1 m2)a；对 Q 分析：有 FT m2gsin m 2gcos m2a，解得 FTF，可见 Q 受到绳的拉力 FT与斜面倾角 、动摩擦因数 和系统运动状态均无m2m1 m2关，仅与两物块质量和 F 有关，选项 D 正确。答案 D6(2018济南十校联考)如图 6 所示，质量为 m1和 m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力 F 作用在 m1上时，两物块均以加速度 a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为 x；若用水平力 F作用在 m1上时，
7、两物块均以加速度 a2 a 做匀加速运动，此时弹簧伸长量为 x。则下列关系正确的是( )图 6A F2 F B x2 x C F2 F D x2 x解析 取 m1和 m2为一整体，应用牛顿第二定律可得： F( m1 m2)a。弹簧的弹力 FT【 精品教育资源文库】 kx。当两物块的加速度增为原来的 2 倍，拉力 F 增为原来的 2 倍， FT增为原来m2Fm1 m2的 2 倍，弹簧的伸长量也增为原来的 2 倍，故 A、B 正确。答案 AB7质量 m1 kg 的物体在合外力 F 作用下由静止开始做直线运动，合外力 F 随时间 t 的变化图象如图 7 所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是(
8、)图 7A01 s 内物体沿正方向做匀加速直线运动B第 2 s 末物体达到的最大速度 2 m/sC第 4 s 末物体速度为 0D第 4 s 末物体回到出发位置解析 因为物体的质量是 1 kg，所以物体加速度时间图象与物体的 F t 相同，由图象知，物体的加速度大小不断改变，做变加速运动，A 项错误； a t 图象中，图线与坐标轴所围的“面积”表示物体获得的速度，第 2 s 末时，物体的速度最大， vm 222m/s2 m/s，B 项正确；前 2 s 内物体沿正方向做加速运动，24 s 内物体沿正方向做减速运动，第 4 s 末物体速度为零，C 正确，D 项错误。答案 BC8(2015海南单科，9
9、)如图 8，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( )图 8A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【 精品教育资源文库】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 F N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 ，物体的质量为 m，当匀速运动时有 mgsin mg cos ，即 sin cos 。当物体以加速度 a 向上加速运动时，有 FN m(g a)cos ， Ff m (
10、g a)cos ，因为 sin cos ，所以 m(g a)sin m (g a)cos ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C 错误，D 正确。答案 BD9如图 9 甲所示，地面上有一质量为 M 的重物，用力 F 向上提它，力 F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是( )图 9A当 F 小于图中 A 点值时，物体的重力 MgF，物体不动B图中 A 点值即为物体的重力值C物体向上运动的加速度和力 F 成正比D图线延长线和纵轴的交点 B 的数值的绝对值等于该地的重力加速度解析 当 0 F Mg 时，物体静止，选项 A 正确；当 F Mg 时，即能将物体提离地面，此时， F
11、 Mg Ma， a g， A 点表示的意义即为 F Mg，所以选项 B 正确；直线的斜FM率为 ，故 B 点数值的绝对值为 g，故选项 D 正确。1M答案 ABD10(2018湖北黄冈模拟)如图 10 甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 的关系如图乙所示( g10 m/s2)，下列结论正确的是( )【 精品教育资源文库】图 10A物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B弹簧的劲度系数为 750 N/mC物体的质量为 2 kgD物体的加速度大小为
12、 5 m/s2解析 物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项 A 正确；从图中可知 ma10 N，ma30 N mg，解得物体的质量为 m2 kg，物体的加速度大小为 a5 m/s2，所以选项 C、D 正确；弹簧的劲度系数 k N/m500 N/m，所以选项 B 错误。mgx0 200.04答案 ACD二、非选择题11在物体下落过程中，速度小于 10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出 t0.5 s 时刻的切线，如图 11 所示。已知小球在 t0 时刻释放，其质量为 0.5 kg，重力加速度 g
13、 取 10 m/s2，求：图 11(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。解析 (1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度 v15 m/s碰撞后瞬间速度大小： v24 m/s碰撞过程损失的机械能： E mv mv12 21 12 2【 精品教育资源文库】代入数据可得 E2.25 J。(2)由图象可得 t0.5 s 时小球加速度a 4 m/s 2 v t由牛顿第二定律： mg f ma由于： f kv得 k0.75则： fmax3.75 N。答案 (1)2.25 J 3.75 N12如图 12 所示，质量为 4 kg 的小球用细绳拴着吊在行
14、驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为 37。已知 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8，求：图 12(1)当汽车以 a2 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；(2)当汽车以 a10 m/s2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。解析 (1)当汽车以 a2 m/s 2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。由牛顿第二定律得：FT1cos mg， FT1sin FN ma代入数据得： FT150 N， FN22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为 22 N。(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为 0 时(临界条件)的加速度为 a0，受力分析如图所示。【 精品教育资源文库】由牛顿第二定律得： FT2sin ma0， FT2cos mg代入数据得： a0 gtan 10 m/s27.5 m/s 234因为 a10 m/s 2a0所以小球飞起来， FN0所以，当汽车以 a10 m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得 FT2cos mgFT2sin ma代入数据得 FT240 N。2答案 (1)50 N 22 N (2)40 N 02
