2020届高考物理一轮复习备考演练 3.3 牛顿运动定律的综合应用

2020届高考物理一轮复习备考演练 3.3 牛顿运动定律的综合
应用
对应学生
用书P251
1．下列实例属于超重现象的是
( )．
A．汽车驶过拱形桥顶端
B．荡秋千的小孩在最高点时
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、B、C三个选项中的汽车、小孩和运动员都具有竖直向下的加速度，均不正确；D选项中的火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，D正确．答案 D
2．游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，下列描述正确的是
( )．
A．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态
B．当升降机减速下降时，游客是处在失重状态
C．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态
D．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态
解析当物体的加速度方向向上时，处于超重状态，而加速度方向向下时，处于失重状态，由此判断选项C正确．
答案 C
3.
图3－3－14
如图3－3－14所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳挂于O点，在电磁铁通电后，铁片被吸引上升的过程中，轻绳的拉力F的大小为
( )．
A．F＝mg
B．mg<F<(M＋m)g
C．F＝(M＋m)g
D．F>(M＋m)g
解析由于铁片B从静止被吸引上升过程中，必然有竖直向上的加速度，系统A、B、C受到重力(M＋m)g和绳的拉力F的作用．铁片B被吸引上升过程中，系统中有竖直向上的加速度，处于超重状态，所以F>(M＋m)g.
答案 D
4.
图3－3－15
某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，
t 0至t
3
时间段内，弹簧秤的示数如图3－3－15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) ( )．
A．①②B．③④C．①④D．②③
解析从图可以看出，t
0～t
1
时间内，该人的视重小于其重力，t
1
～t
2
时间内，
视重正好等于其重力，而在t
2～t
3
时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方
向可知，t
0～t
1
时间内，该人具有向下的加速度，t
1
～t
2
时间内，该人处于平衡状态，
而在t
2～t
3
时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为①④.
答案 C
5.
图3－3－16
(2020·四川卷，19)如图3－3－16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
C．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
6.
图3－3－17
如图3－3－17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．μmg B.
mF M＋m
C．μ(M＋m)g D．(m＋M)a 解析m与M无相对滑动，故a相同．
对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝
F M＋m
m与整体加速度相同也为a，对m：f＝ma，即f＝
mF
M＋m
，又由牛顿第二定律隔离
m，f＝ma，故B正确．
答案 B
7.
图3－3－18
如图3－3－18所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动(相对位置如图3－3－18所示)，则施于小车的水平作用力F是(θ已知)
( )．
A．mgtan θ B．(M＋m)gtan θ
C．(M＋m)gcot θ D．(M＋m)gsin θ
解析
小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，故a＝gtan θ.对球和车整体，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)gtan θ.
答案 B
8．(2020·成都模拟)如图3－3－19所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车向右运动，全过程中
M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a
1∶a
2
∶a
3
∶a
4
＝1∶2∶4∶
8，M受到的摩擦力大小依次为f
1、f
2
、f
3
、f
4
，则以下结论错误的是
( )．
图3－3－19
A．f
1∶f
2
＝1∶2 B．f
2
∶f
3
＝1∶2
C．f
3∶f
4
＝1∶2 D．tan α＝2tan θ
解析已知a
1∶a
2
∶a
3
∶a
4
＝1∶2∶4∶8，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力f
＝Ma，则f
1∶f
2
＝1∶2.在第(3)、第(4)图中摩擦力f
3
＝(M＋m)a
3
，f
4
＝(M＋m)a
4
，f
3
∶
f 4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a
3
＝gtan θ，a
4
＝gtan α.则tan α＝2tan θ.
答案 B
9.
图3－3－20
如图3－3－20所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v
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＜tan θ，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a
1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a
2
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a
1>a
2
，在v－t图象中，
图线的斜率表示加速度，故选项D对．(传送带模型)
答案 D
10．(2020·福建卷，16)如图3－3－21甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定
速率v
1运行．初速度大小为v
2
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图象(以
地面为参考系)如图3－3－21乙所示．已知v
2>v
1
，则
( )．
图3－3－21
A．t
2
时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t
2
时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t
2
时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t
3
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～t
1时间内，向左做匀减速运动，t
1
～t
2
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t
2
时刻)，小物块
向右做匀速运动．故小物块在t
1
时刻离A处距离最大，A错误．相对传送带而言，
在0～t
2
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t
2～t
3
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t
2
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 B
11.
图3－3－22
两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3－3－22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μ
1
，B与A之间的动摩擦
因数为μ
2
，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)gsin θ－μ
1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a得a＝g(sin θ－μ
1
cos θ)．
由于a<gsin θ，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f
B (如图所示)．由牛顿第二定律有mgsin θ－f
B
＝ma
得f
B ＝mgsin θ－ma＝mgsin θ－mg(sin θ－μ
1
cos θ)＝μ
1
mgcos θ.(程序
思维法)
答案μ
1
mgcos θ，方向沿斜面向上
图3－3－23
12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3－3－23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＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg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＝2 m，g取10 m/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＝0.1×4×10 N＝4 N，
加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则
v＝at
1，t
1
＝
v
a
＝
1
1
s＝1 s.
(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，
有v
min 2＝2aL，v
min
＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率
为2 m/s.
行李最短运行时间由v
min ＝a×t
min
得t
min
＝
v
min
a
＝
2
1
s＝2 s．(传送带模型)
答案(1)4 N 1 m/s2(2)1 s (3)2 s 2 m/s。