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牛顿运动定律的综合应用

[基础小题练] 1．电梯早已进入人们的日常生活，设某人乘坐电梯时的v­t图象如图所示，取向上为正方向，下列说法正确的是(

)

A．0至t1时间内人处于失重状态

B．t2至t4时间内人处于失重状态

C．t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相反

D．0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相同

【解析】

由v­t图象可知，0至t1时间内向上匀加速运动，人处于超重状态，选项A错误；t2至t4时间内，加速度向下，人处于失重状态，选项B正确；t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相同，0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相反，选项C、D错误．

【答案】

B 2．为

了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则关于乘客下列说法正确的是(

) A．不受摩擦力的作用

B．受到水平向左的摩擦力作用

C．处于超重状态

D．所受合力竖直向上

【解析】

对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，又因为乘客有水平向左的分加速度，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A错误，B正确．当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故C错误．由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，故D错误．

【答案】

B

3．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线．由图线可知，该同学体重约为650 N，除此以外，还可得到的信息是(

)

A．该同学做了两次下蹲—起立的动作

B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立

C．下蹲过程中人一直处于失重状态

D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态

【解析】

人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2 s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误．

【答案】

B 4．(2018·河南南阳一中月考)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v­t图象如图乙所示，g取10 m/s，则下列说法正确的是(

) 2

A．小物块到C点后将沿斜面下滑

B．小物块从A点沿斜面向上滑行的最大距离为1.8 m C．小物块与斜面间的动摩擦因数为D．推力F的大小为4 N 【解析】

当撤去推力F后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v­t图象

3

3

1022可求得物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1＝ m/s，a2＝10 m/s，3物块在匀减速运动阶段，由牛顿第二定律知mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，解得μ＝3，3所以mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小物块到C点后将静止，A错误，C正确；物块在匀加速运动阶段，有F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，解得F＝4 N，D正确；物块从A点到C点运动的位移大小与v­t图线与t轴所围成的面积相等，x＝×1.2×3 m＝1.8 m，B正确．

【答案】

BCD 5．(2018·山东师大附中高三上学期二模)如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板12B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v­t图象是(

)

【解析】

A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、B间刚好发2Ff生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做匀加速直线运动，k故只有B项正确．

【答案】

B 6.(2018·黑龙江哈六中月考)如图所示，m＝1.0 kg的小滑块以v0＝4 m/s 的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s，sin 37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.8 s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为(

) 2

A．0.8 m C．0.76 m B．0.64 m D．0.6 m 【解析】

滑块向上滑行时，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入数据解得a＝10 m/s，滑块上滑时速度从v0＝4 m/s减速到零需要的时间为2v04v240t0＝＝ s＝0.4 s，上滑的最大距离s＝＝ m＝0.8 m，经过0.4 s，滑块达到最高点，a102a202速度为零，然后向下滑行，设下滑的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′，代入数据解得a′＝2 m/s，下滑时间为t′＝t－t0＝0.8 s－0.4 s122＝0.4 s，下滑的距离为s′＝a′t′＝0.5×2×0.4 m＝0.16 m，AB间的距离为sAB＝s－22s′＝0.8 m－0.16 m＝0.64 m，故选B. 【答案】

B [创新导向练] 7．生活实际——自动扶梯中的超重、失重现象

如图所示，一些商场安装了智能化的台阶式自动扶梯．为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行；当有乘客乘行时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则电梯在运送乘客的过程中(

)

A．乘客始终受摩擦力作用

B．乘客经历先超重再失重

C．乘客对扶梯的作用力先指向右下方，再竖直向下

D．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上

【解析】

在加速阶段，电梯对乘客竖直向上的支持力大于重力，对乘客有向左的摩擦力作用，电梯对乘客的合力斜向左上方，则乘客对电梯的作用力斜向右下方；当电梯匀速运动时，人与电梯间没有摩擦力，电梯对人的作用力竖直向上，则乘客对电梯的作用力竖直向下，C正确，A、D错误．加速上升阶段，乘客处于超重阶段，而匀速阶段，既不超重也不失重，B错误．

【答案】

C 8．科技探索——用力传感器研究超重、失重现象

某同学为研究超重和失重现象，将重为50 N的重物带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上．电梯由静止开始运动，测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象如图所示．设电梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分别为v1、v4和v8，g取

10 m/s，以下判断中正确的是(

) 2

A．电梯在上升，且v1>v4>v8

B．电梯在下降，且v4>v1>v8

C．重物在第2 s内和第8 s内的加速度大小相同

D．电梯对重物的支持力在第1 s内和第9 s内的平均功率相等

【解析】

根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是在0～2 s内向下做匀加速运动，在2～7 s内做匀速直线运动，7～9 s内做匀减速运动；选取向下为正方向，由牛顿50－4750－5322,2第二定律可知，0～2 s内：a1＝ m/s＝0.6 m/s7～9 s内：a2＝ m/s＝－0.6 50501010m/s，方向向上．所以0～2 s内和7～9 s内重物的加速度大小相等；电梯在第1 s末的速度v1＝a1t1＝0.6×1 m/s＝0.6 m/s，第4 s末的速度等于2 s末的速度v4＝v7＝v2＝a1t2＝0.6×2 m/s＝1.2 m/s，第8 s末的速度v8＝v7＋a2t3＝0.6 m/s，说明电梯在第1 s末和第8 s末速度相同，小于第4 s末的速度．故A、B错误，C正确．重力在第1 s内和第9 s内的平均速度大小相等，电梯对重物的支持力大小不等，功率不等，故D错误．

【答案】

C 9．生活科技——牛顿定律在传送带中的应用实例

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μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，2g取10 m/s2.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．行李提前0.5 s到达B处

C．乘客提前0.5 s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处

【解析】

由牛顿第二定律得

μmg＝ma得

a＝1 m/s.设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1 m/s.由v＝at1

代入数值，得t1＝1 s，匀加速运动的位移大12L－x小为：x＝at1＝0.5 m，匀速运动的时间为：t2＝＝1.5 s，行李从A到B的时间为：t2v＝t1＋t2＝2.5 s. 而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人＝＝2 s．故乘客提前0.5 s到达B.故12A、B均错误，C正确；若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由L＝atmin，解得，最2短时间tmin＝2 s．故D正确．

【答案】

CD 10．高新科技——利用“风洞”实验考查动力学问题

在风洞飞行表演上，若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与有效面积成正比，已知水平横躺时受风力有效面积最大，站立时受风力有效面积最小，为最大值1的.风洞内人可上下移动的空间总高度为H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，8受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移．现人由静止开始从最高点A以向下的最大加速度匀加速下落，如图所示，经过B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，到最低点C处速度刚好为零，则下列说法中正确的有(

) 2Lv

1A．人向上的最大加速度是g

23B．人向下的最大加速度是g

43C．B、C之间的距离是H

71D．B、C之间的距离是H

2【解析】

设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与有效面积成正比，故人站立时风力

1为Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重81Fm－G力G＝Fm，人平躺上升时有最大加速度a1＝＝g，故A错误；人站立加速下降时的加速2mG－Fm度最大，则a2＝18m3＝g，故B正确；设下降的最大速度为v，根据速度位移公式，加速4v2v23下降过程位移x＝，减速下降过程位移x′＝，故x∶x′＝4∶3，因而x′＝H，故C2a22a17正确，D错误．

【答案】

BC [综合提升练] 11．如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v＝3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件232在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s，结5果保留两位有效数字．求：

(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；

(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？

【解析】

(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a，则μmgcos θ－mgsin θ＝ma

代入数据解得a＝1.0 m/s. 12刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝at

2解得dmin＝0.50 m 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmax＝vt＝3.0 m. (2)由于工件加速时间为t1＝＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcos θ

2vav2在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝＝4.5 m 2a传送带上匀速运动的工件数n2＝l－x＝3 dmax当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsin θ，所有做匀速运动

的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0

与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝f1＋f2

联立解得F＝33 N. 【答案】

(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N

12．(2018·华中师大第一附中高三上学期期中)一质量为M＝2 kg的长木板在粗糙水平地面上运动，在t＝0时刻，木板速度为v0＝12 m/s，此时将一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，二者在0～2 s内运动的v­t图象如图所示．已知重力加速度g＝10 m/s.求：

2

(1)小物块与木板的动摩擦因数μ1以及木板与地面间的动摩擦因数μ2. (2)小物块最终停在距木板右端多远处？

(3)若在t＝2 s时，使小物块的速度突然反向(大小不变)，小物块恰好停在木板的左端，求木板的长度L. 【解析】

(1)以木块为研究对象，由牛顿第二定律有

μ1mg＝ma1

以木板为研究对象，由牛顿第二定律有

μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2

由图象可知：a1＝1 m/s，a2＝5 m/s

联立有μ1＝0.1，μ2＝0.3. (2)速度相同后，假设二者一起做匀减速运动，对整体由牛顿第二定律有

μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3

对木板由牛顿第二定律有Ff＝ma3

可知Ff>μ1mg，所以假设不成立，二者存在相对运动．

木块的加速度仍为a1＝1 m/s. 以木板为研究对象，由牛顿第二定律有

μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s

2222v2v2x相对2＝－，x相对2＝1.5 m，x相对1＝12 m 2a12a3距右端的距离d＝x相对1－x相对2联立解得d＝10.5 m.

(3)速度反向后，木板仍以a2＝5 m/s运动，木块的加速度仍为a1＝1 m/s. 22v2v2x相对3＝＋x相对3＝2.4 m 2a12a2L＝x相对1＋x相对3所以L＝14.4 m. 【答案】

(1)0.1 0.3 (2)10.5 m (3)14.4 m