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2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 新人教版 1．關(guān)于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　)． A．超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體不受重力作用 C．物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 解析　物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力發(fā)生變化，而是物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Πl(fā)生了變化，綜上所述，A、B、C均錯(cuò)，D正確． 答案　D 2．2012年9月19日凌晨3時(shí)10分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長(zhǎng)征三號(hào)乙”運(yùn)載火箭，以“一箭雙星”方式，成功將第14和15顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星發(fā)射升空并送入預(yù)定軌道．相關(guān)圖片如圖1所示．則下列說法不正確的是(　　)． 圖1 A．火箭發(fā)射時(shí)，噴出的高速氣流對(duì)火箭的作用力大于火箭對(duì)氣流的作用力 B．發(fā)射初期，火箭處于超重狀態(tài)，但它受到的重力卻越來越小 C．高溫高壓燃?xì)鈴幕鸺膊繃姵鰰r(shí)對(duì)火箭的作用力與火箭對(duì)燃?xì)獾淖饔昧Υ笮∠嗟? D．發(fā)射的兩顆衛(wèi)星進(jìn)入軌道正常運(yùn)轉(zhuǎn)后，均處于完全失重狀態(tài) 解析　由作用力與反作用力大小相等，可知A錯(cuò)誤；火箭發(fā)射初期，因?yàn)榛鸺蛏霞铀龠\(yùn)動(dòng)，故處于超重狀態(tài)，隨著火箭距地越來越遠(yuǎn)，所受的重力也越來越小，B正確；由作用力與反作用力的關(guān)系可知C正確；衛(wèi)星進(jìn)入軌道正常運(yùn)轉(zhuǎn)后，所受的萬有引力充當(dāng)向心力，此時(shí)各衛(wèi)星均處于完全失重狀態(tài)，D正確． 答案　A 3．如圖2所示，在托盤測(cè)力計(jì)的托盤內(nèi)固定一個(gè)傾角為30的斜面，現(xiàn)將一個(gè)重為4 N的物體放在斜面上，讓它自由下滑，那么測(cè)力計(jì)因4 N物體的存在而增加的讀數(shù)不可能是(　　)． 圖2 A．4 N 　　　 B．2 N C．2 N 　　　 D．3 N 解析　當(dāng)斜面光滑時(shí)，物體沿斜面下滑時(shí)有豎直向下的分加速度ay，處于失重狀態(tài)，托盤測(cè)力計(jì)增加的示數(shù)為ΔF＝mg－may，而ay＝asin θ，又因mgsin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mgsin2 θ＝3 N；當(dāng)斜面粗糙時(shí)，物體有可能勻速下滑，此時(shí)托盤測(cè)力計(jì)增加的示數(shù)為ΔF＝mg＝4 N，而當(dāng)物體沿斜面加速下滑時(shí)，托盤測(cè)力計(jì)增加的示數(shù)應(yīng)滿足3 N≤ΔF≤4 N，所以選C. 答案　C 4．如圖3在水平面上的箱子內(nèi)，帶異種電荷的小球a、b用絕緣細(xì)線分別系于上、下兩邊，處于靜止?fàn)顟B(tài)．地面受到的壓力為FN，球b所受細(xì)線的拉力為F.剪斷連接球b的細(xì)線后，在球b上升過程中地面受到的壓力(　　) 圖3 A．小于FN B．等于FN C．等于FN＋F D．大于FN＋F 解析：剪斷連接球b的細(xì)線后，b球會(huì)向上加速，造成兩球之間的靜電力F電增大，剪斷前由整體法FN＝Mg＋mag＋mbg，F(xiàn)電＝mbg＋F.剪斷后對(duì)箱和a球有FN′＝Mg＋mag＋F電′＝FN－mbg＋F電′，由于F電′＞F電，所以FN′＞FN＋F，故選D. 答案：D 5．受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，其vt圖線如圖4所示，則(　　)． 圖4 A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力F大小不斷增大 B．在t1時(shí)刻，外力F為零 C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大 解析　0～t1時(shí)間內(nèi)，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由F1－f＝ma1，a1減小，可知外力不斷減小，A錯(cuò)；由圖線斜率可知t1時(shí)刻的加速度為零，故外力大小等于摩擦力大小，B錯(cuò)；t1～t2時(shí)間內(nèi)，物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，若外力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，由f－F2＝ma2，a2增大，可知外力逐漸減小，若外力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，由f＋F3＝ma2，a2增大，可知外力逐漸增大，又由于在t1時(shí)刻，外力F大小等于摩擦力f的大小，所以F可能先與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，大小逐漸減小，減小到0后再反向逐漸增大，故C、D對(duì)． 答案　CD 6．物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，則上下兩圖對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是(圖中F表示物體所受的合力，a表示物體的加速度，v表示物體的速度)(　　)． 解析　由F＝ma可知加速度a與合外力F同向，且大小成正比，故Ft圖象與at圖線變化趨勢(shì)應(yīng)一致，故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；當(dāng)速度與加速度a同向時(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a是定值時(shí)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案　C 7．用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖5所示，g＝10 m/s2，則可以計(jì)算出(　　)． 圖5 A．物體與水平面間的最大靜摩擦力 B．F為14 N時(shí)物體的速度 C．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D．物體的質(zhì)量 解析　由aF圖象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大靜摩擦力為7 N，選項(xiàng)A正確；再由圖象可知，當(dāng)F＝7 N時(shí)，加速度為0.5 m/s2，當(dāng)F＝14 N時(shí)，加速度為4 m/s2，即F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，可求得動(dòng)摩擦因數(shù)及物體的質(zhì)量，選項(xiàng)C、D正確；物體運(yùn)動(dòng)為變加速運(yùn)動(dòng)，不能算出拉力為14 N時(shí)物體的速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤． 答案　ACD 8．如圖6所示，不計(jì)繩的質(zhì)量以及繩與滑輪的摩擦，物體A的質(zhì)量為M，水平面光滑．當(dāng)在繩的B端掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)，物體A的加速度為a1，當(dāng)在繩的B端施以F＝mg的豎直向下的拉力作用時(shí)，A的加速度為a2，則a1與a2的大小關(guān)系是(　　) 圖6 A．a(chǎn)1＝a2　　　　　　　　 B．a(chǎn)1>a2 C．a(chǎn)1g，所以物體受到箱子上底面向下的彈力FN，由牛頓第二定律可知mg＋FN＝ma，則FN＝ma－mg，而a減小，則FN減小，所以上升過程中物體對(duì)箱子上底面有壓力且壓力越來越小．同理，當(dāng)箱子和物體下降時(shí)，物體對(duì)箱子下底面有壓力且壓力越來越大． 答案　C 10．質(zhì)量為0.3 kg的物體在水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，圖8中a、b直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉力時(shí)的v－t圖象，則求：(取g＝10 m/s2) 圖8 (1)物體受滑動(dòng)摩擦力多大？ (2)水平拉力多大？ 解析　(1)由題圖知圖線a的加速度為 a1＝－ m/s2 圖線b的加速度為 a2＝－ m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得，摩擦力Ff＝ma2＝－0.2 N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反 (2)根據(jù)牛頓第二定律得： F＋Ff＝ma1＝－0.1 N 所以F＝0.1 N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相同． 答案　見解析 11．如圖9所示，傾角為37，長(zhǎng)為l＝16 m的傳送帶，轉(zhuǎn)動(dòng)速度為v＝10 m/s，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5 kg的物體．已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2.求： 圖9 (1)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體從頂端A滑到底端B的時(shí)間； (2)傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體從頂端A滑到底端B的時(shí)間． 解析　(1)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，則物體所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，相對(duì)傳送帶向下勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有 mg(sin 37－μcos 37)＝ma 則a＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2， 根據(jù)l＝at2得t＝4 s. (2)傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)物體下滑速度小于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)，物體相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，則物體所受滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，設(shè)物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得 mgsin 37＋μmgcos 37＝ma1 則有a1＝＝10 m/s2 設(shè)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)速度等于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t1，位移為x1，則有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 mμmgcos 37，則下一時(shí)刻物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力——摩擦力發(fā)生突變．設(shè)當(dāng)物體下滑速度大于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)物體的加速度為a2，則a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因?yàn)閤2＝vt2＋a2t，則有10t2＋t＝11， 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t總＝t1＋t2＝2 s. 答案　(1)4 s　(2)2 s 12．如圖10所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2 m、質(zhì)量為M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右運(yùn)動(dòng)的速度v0＝6 m/s時(shí)，在木板前端輕放一個(gè)大小不計(jì)，質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊．木板與地面、物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)物塊及木板的加速度大小． (2)物塊滑離木板時(shí)的速度大?。? 解析　(1)物塊的加速度am＝μg＝2 m/s2， 對(duì)木板有：μmg＋μ(M＋m)g＝MaM， 解得aM＝3 m/s2. (2)設(shè)物塊經(jīng)時(shí)間t從木板滑離，則： L＝v0t－aMt2－amt2 解得t1＝0.4 s或t2＝2 s(因物塊已滑離木板，故舍去) 滑離木板時(shí)物塊的速度：v＝amt1＝0.8 m/s. 答案　(1)2 m/s2　3 m/s2　(2)0.8 m/s