第3讲　牛顿运动定律的综合应用

1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是(　　)．

A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了

B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用

C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态

D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化

解析　物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．

答案　D

2．2012年9月19日凌晨3时10分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将第14和15颗北斗导航卫星发射升空并送入预定轨道．相关图片如图1所示．则下列说法不正确的是(　　)．

图1

A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力

B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小

C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等

D．发射的两颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态

解析　由作用力与反作用力大小相等，可知A错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确．

答案　A

3．如图2所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重为4 N的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4 N物体的存在而增加的读数不可能是(　　)．

图2

A．4 N 　　　 B．2 N

C．2 N 　　　 D．3 N

解析　当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度ay，处于失重状态，托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg－may，而ay＝asin θ，又因mgsin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mgsin2 θ＝3 N；当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg＝4 N，而当物体沿斜面加速下滑时，托盘测力计增加的示数应满足3 N≤ΔF≤4 N，所以选C.

答案　C

4．如图3在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为FN，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力(　　)

图3

A．小于FN B．等于FN

C．等于FN＋F D．大于FN＋F

解析：剪断连接球b的细线后，b球会向上加速，造成两球之间的静电力F电增大，剪断前由整体法FN＝Mg＋mag＋mbg，F电＝mbg＋F.剪断后对箱和a球有FN′＝Mg＋mag＋F电′＝FN－mbg＋F电′，由于F电′＞F电，所以FN′＞FN＋F，故选D.

答案：D

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vt图线如图4所示，则(　　)．

图4

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－f＝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f－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f＋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f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．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Ft图象与at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

7．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5所示，g＝10 m/s2，则可以计算出(　　)．

图5

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aF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

8．如图6所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑．当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是(　　)

图6

A．a1＝a2　　　　　　　　 B．a1>a2

C．a1

解析 当在绳的B端挂一质量为m的物体时，将它们看成整体，由牛顿第二定律：mg＝(m＋M)a1，故a1＝.而当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，mg＝Ma2，a2＝，a1

答案 C

9．如图7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(　　)．

图7

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

10．质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图8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8

(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

11．如图9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：

图9

(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 m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcos 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

12．如图10所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2.求：

图10

(1)物块及木板的加速度大小．

(2)物块滑离木板时的速度大小．

解析　(1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，

对木板有：μmg＋μ(M＋m)g＝MaM，

解得aM＝3 m/s2.

(2)设物块经时间t从木板滑离，则：

L＝v0t－aMt2－amt2

解得t1＝0.4 s或t2＝2 s(因物块已滑离木板，故舍去)

滑离木板时物块的速度：v＝amt1＝0.8 m/s.

答案　(1)2 m/s2　3 m/s2　(2)0.8 m/s

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