(完整版)专题牛顿运动定律的综合应用

专题牛顿运动定律的综合应用超重与失重1有关超重和失重，以下说法中正确的是（）A •物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B •竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D .站在月球表面的人处于失重状态2•如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲一起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线，由图线可知该同学（）A .体重约为650 NB .做了两次下蹲一起立的动作C.做了一次下蹲一起立的动作，且下蹲后约 2 s起立D .下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态3.如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（）4•在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3所示.在这段时间内下列说法中正确的是A .晓敏同学所受的重力变小了B .晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C.电梯一定在竖直向下运动D .电梯的加速度大小为g/5,方向一定竖直向下动力学中的图象问题6.如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态.现用一竖直A .地面对木楔的支持力大于（M + m）gB .地面对木楔的支持力小于（M + m）gC.地面对木楔的支持力等于（M + m）g D .地面对木楔的摩擦力为05•在升降电梯内的地板上放一体重计,加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是( )是（）A .物体在0〜2 s 内做匀加速直线运动B •物体在第2s 末速度最大C .物体在第8 s 末离出发点最远D .物体在第4s 末速度方向发生改变&刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图所示的图线刹车距离s 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦，据此可知，下列说法正确 的是 （）A •甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好B .乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C .以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D •甲车的刹车距离 s 随刹车前的车速 v 变化快，甲车的刹车性能好三.动力学中的临界极值问题分析9.如图所示，质量为 m = 1 kg 的物块放在倾角为 0= 37°勺斜面体上，斜面体质量为 M = 2 kg ,斜面体与物块间的动摩擦因数为 尸0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围.（sin 37°= 0.6, cos 37 =0.8, g = 10 m/s 2)10.如图所示，物体 A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上， A 、B 质量分别为 m A = 6 kg , m B = 2 kg , A 、B 之间的 动摩擦因数 卩=0.2，开始时F = 10 N ，此后逐渐增加，在增大到 45 N的过程中，则 （）1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的/■7NA .当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B •两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C •两物体从受力开始就有相对运动D .两物体始终没有相对运动三•“传送带模型”问题的分析思路11 •如图所示，传送带保持v0= 1 m/s的速度运动，现将一质量m= 0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送尸0.1,传送带两端水平距离x= 2.5 m,则物体从左端运动到右端所经历的时间为（）B. ( .'6- 1) sC. 3 sD. 5 s A―F B带间动摩擦因数A. .'5 s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）如图乙所示.已知 V 2>V 1，则 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 13.如图所示，倾角为 37°长为1 = 16 m 的传送带，转动速度为 处无初速度地释放一个质量为 m = 0.5 kg 的物体.已知（1）物块相对地面向左运动的最大距离;15•带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机•如图所示，一条足够长的浅色水平 传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径 迹.下列说法正确的是（）A .黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B .木炭包的质量越大，径迹的长度越短C .木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D .传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 16•如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为0,以速度V 0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 庐tan 0则下图中（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.14.如图所示，水平传送带 AB 长 L = 10 m ，向右匀速运动的速度 v o = 4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块（可视为质点）尸 0.4, g 取 10 m/s 2.求：以V 1 = 6 m/s 的初速度从传送带右端 B 点冲上传送带，物块与传送；带间的动摩擦因数A . t 2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 v = 10 m/s ，动摩擦因数 尸0.5，在传送带顶端 Asin 37 =0.6, cos 37 = 0.8, g = 10 m/s 2.求： ⑵物块从B 点冲上传送带到再次回到 B 点所用的时间.能反映小木块的速度随时间变化关系的是（ ）甲( )hl12 U kPt o AfQBt oct D17 •光滑水平面上静置质量为 M 的长木板，质量为m 的可视为质点的滑块以初速度 v o 从木板一端开始沿木板运动. 已知M>m ，则从滑块开始运动起，滑块、木板运动的v — t 图象可能是( )牛顿运动定律专题答案9. (1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为 轴正方向.对物块，F 1,此时物块受力分析如图所示，取加速度的方向为x1. B2. AC3. C4. D5. D6. D7. C8. B10. D 11.C 12. B15. C 16.D17. AC 18. BD18•如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查•其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v = 1 m/s 的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数 尸0.1, A 、B 间的距离为2 m , g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以 v = 1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到 B 处取行李，则A .乘客与行李同时到达B 处B •乘客提前0.5 s 到达B 处C .行李提前0.5 s 到达B 处D •若传送带速度足够大， 行李最快也要2s 才能到达B 处 19 •如图所示为上、下两端相距L = 5 m ,倾角a= 30°始终以v = 3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)•将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t = 2 s 到达下端•重力加速度 g 取10 m/s 2，求:(1)传送带与物体间的动摩擦因数;(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端.30°竖直方向有 F N COS 0+ ^F sin 0— mg = 0 对 M 、m 整体有 F i = (M + m)a i 代入数值得：a i = 4.8 m/s 2, F I = 14.4 N(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F N ' sin 0+ F N ' COS 0= ma 2竖直方向有 F N ' COS 0— P F N ' sin 0— mg = 0 对整体有F 2= (M + m)a 2代入数值得 a 2= 11.2 m/s 2, F 2= 33.6 N综上所述可知推力 F 的取值范围为：14.4 N < F < 33.6 N 答案 14.4 N < F < 33.6 N13. (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 — gos 37 °= ma1则 a = gsin 37 —卩 COS 37 ° 2 m/s 2,根据 1= §at 2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a 1，由牛顿第二定律得v 10 1 2 t1= a ；=忆 S = 1 S ，x1 = 2a1t2= 5 m <l = 16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37 >卩mgos 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一一摩擦力发生突变•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 a 2,则mgsin 37 —卩 mgos 37 ° a 2= = 2 m/s 2mX 2= l — X 1 = 11 m1又因为 X 2 = vt 2+ 2a 2t 2，则有 10t 2+ t 2= 11 解得：t 2= 1 s(t 2=— 11 S 舍去) 所以 t 总=t 1+ t 2= 2 S.114.解 (1)设物块与传送带间摩擦力大小为F fF f =卩mgF f x 物=?mv 1x 物=4.5 m ⑵设小物块经时间t 1速度减为0,然后反向加速，设加速度大小为a ,经时间t 2与传送F 2,对物块受力分析如图，在水平方向有mgs in 37 + 卩 mgos 37 = ma 1则有 a 1 =mgsin 37 + 卩 mgos 37=10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1,位移为X 1,则有带速度相等v i—at i = 0 a= t i = 1.5 s v o= at2 t2= 1 sm1设反向加速时，物块的位移为x i，则有x i = 2at22= 2 m物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点x 物一x i = v o t3 t3= 0.625 s 所以t 总=t i +12+ t3= 3.125 s19. (1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为 a.1由题意得L = ^at2解得a= 2.5 m/s2;由牛顿第二定律得mgsi n a—F f = ma又F f= mgos a 解得尸"6 = 0.29(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m，物体加速度为a'.由牛顿第二定律得mgsin a+ F f = ma'F f = imgcos a vr n = 2La ' 联立解得v m= 8.66 m/s.。