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2019年高考物理總復習 第三章 第3講 牛頓運動定律的綜合應用 新人教版 1．關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．物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用 C．物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時，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處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力發(fā)生變化，而是物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力發(fā)生了變化，綜上所述，A、B、C均錯，D正確． 答案　D 2．2012年9月19日凌晨3時10分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征三號乙”運載火箭，以“一箭雙星”方式，成功將第14和15顆北斗導航衛(wèi)星發(fā)射升空并送入預定軌道．相關圖片如圖1所示．則下列說法不正確的是(　　)． 圖1 A．火箭發(fā)射時，噴出的高速氣流對火箭的作用力大于火箭對氣流的作用力 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．高溫高壓燃氣從火箭尾部噴出時對火箭的作用力與火箭對燃氣的作用力大小相等 D．發(fā)射的兩顆衛(wèi)星進入軌道正常運轉后，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錯誤；火箭發(fā)射初期，因為火箭向上加速運動，故處于超重狀態(tài)，隨著火箭距地越來越遠，所受的重力也越來越小，B正確；由作用力與反作用力的關系可知C正確；衛(wèi)星進入軌道正常運轉后，所受的萬有引力充當向心力，此時各衛(wèi)星均處于完全失重狀態(tài)，D正確． 答案　A 3．如圖2所示，在托盤測力計的托盤內固定一個傾角為30的斜面，現將一個重為4 N的物體放在斜面上，讓它自由下滑，那么測力計因4 N物體的存在而增加的讀數不可能是(　　)． 圖2 A．4 N 　　　 B．2 N C．2 N 　　　 D．3 N 解析　當斜面光滑時，物體沿斜面下滑時有豎直向下的分加速度ay，處于失重狀態(tài)，托盤測力計增加的示數為ΔF＝mg－may，而ay＝asin θ，又因mgsin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mgsin2 θ＝3 N；當斜面粗糙時，物體有可能勻速下滑，此時托盤測力計增加的示數為ΔF＝mg＝4 N，而當物體沿斜面加速下滑時，托盤測力計增加的示數應滿足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，帶異種電荷的小球a、b用絕緣細線分別系于上、下兩邊，處于靜止狀態(tài)．地面受到的壓力為FN，球b所受細線的拉力為F.剪斷連接球b的細線后，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的細線后，b球會向上加速，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電＝mbg＋F.剪斷后對箱和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動，其vt圖線如圖4所示，則(　　)． 圖4 A．在0～t1時間內，外力F大小不斷增大 B．在t1時刻，外力F為零 C．在t1～t2時間內，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2時間內，外力F大小可能先減小后增大 解析　0～t1時間內，物體做加速度減小的加速運動，由F1－f＝ma1，a1減小，可知外力不斷減小，A錯；由圖線斜率可知t1時刻的加速度為零，故外力大小等于摩擦力大小，B錯；t1～t2時間內，物體做加速度增大的減速運動，若外力方向與物體運動方向相同，由f－F2＝ma2，a2增大，可知外力逐漸減小，若外力方向與物體運動方向相反，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可能先與物體運動方向相同，大小逐漸減小，減小到0后再反向逐漸增大，故C、D對． 答案　CD 6．物體由靜止開始做直線運動，則上下兩圖對應關系正確的是(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圖線變化趨勢應一致，故選項A、B均錯誤；當速度與加速度a同向時，物體做加速運動，加速度a是定值時，物體做勻變速直線運動，故選項C正確，D錯誤． 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時物體的速度 C．物體與水平面間的動摩擦因數 D．物體的質量 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A正確；再由圖象可知，當F＝7 N時，加速度為0.5 m/s2，當F＝14 N時，加速度為4 m/s2，即F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，可求得動摩擦因數及物體的質量，選項C、D正確；物體運動為變加速運動，不能算出拉力為14 N時物體的速度，選項B錯誤． 答案　ACD 8．如圖6所示，不計繩的質量以及繩與滑輪的摩擦，物體A的質量為M，水平面光滑．當在繩的B端掛一質量為m的物體時，物體A的加速度為a1，當在繩的B端施以F＝mg的豎直向下的拉力作用時，A的加速度為a2，則a1與a2的大小關系是(　　) 圖6 A．a1＝a2　　　　　　　　 B．a1>a2 C．a1g，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箱子上底面有壓力且壓力越來越?。?，當箱子和物體下降時，物體對箱子下底面有壓力且壓力越來越大． 答案　C 10．質量為0.3 kg的物體在水平面上做直線運動，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的v－t圖象，則求：(取g＝10 m/s2) 圖8 (1)物體受滑動摩擦力多大？ (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 根據牛頓第二定律得，摩擦力Ff＝ma2＝－0.2 N，方向與運動方向相反 (2)根據牛頓第二定律得： F＋Ff＝ma1＝－0.1 N 所以F＝0.1 N，方向與運動方向相同． 答案　見解析 11．如圖9所示，傾角為37，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v＝10 m/s，動摩擦因數μ＝0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為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)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間； (2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間． 解析　(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據牛頓第二定律有 mg(sin 37－μcos 37)＝ma 則a＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2， 根據l＝at2得t＝4 s. (2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設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 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 mμmgcos 37，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變．設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因為x2＝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，長為L＝2 m、質量為M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右運動的速度v0＝6 m/s時，在木板前端輕放一個大小不計，質量為m＝2 kg的小物塊．木板與地面、物塊與木板間的動摩擦因數均為μ＝0.2，g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)物塊及木板的加速度大?。? (2)物塊滑離木板時的速度大小． 解析　(1)物塊的加速度am＝μg＝2 m/s2， 對木板有：μmg＋μ(M＋m)g＝MaM， 解得aM＝3 m/s2. (2)設物塊經時間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