《物理二轮练习精练精析——3.3牛顿运动定律的综合应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理二轮练习精练精析——3.3牛顿运动定律的综合应用.docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2019 版物理二轮练习精练精析3.3 牛顿运动定律的综合应用注意事项 ：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。在论述题中， 问题大多具有委婉性， 尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。考生要认真阅读题目中提供的有限材料， 明确考察要点， 最大限度的挖掘材料中的有效信息， 建议考生答题时用笔将重点勾画出来， 方便反复细读。 只有经过仔细推敲， 揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。1. 某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490N，他将弹
2、簧测力计移至电梯内称其体重，力计的示数如下图，电梯运行的运动的方向为正 )()t 0 至 t 3 时间段内，弹簧测 v-t 图可能是 ( 取电梯向上2.(2018 大连模拟 ) 如下图 , 一个重力 G=4N的物体放在倾角为 30的光滑斜面上 , 斜面放在台秤上 , 当烧断细线后 , 物块正在下滑的过程中与稳定时比较 , 台秤示数 (). 减小 2NB. 减小 1NC.增大 2ND.增大 1N3. 在 2017 年 8 月 19 日深圳第 26 届大运会女子撑杆跳高决赛中，俄罗斯选手基里亚绍娃以4 米 65 的成绩夺得冠军，如图为基里亚绍娃的杆上英姿，假设不计空气阻力，那么她在这次撑杆跳高中(
3、). 起跳时杆对她的弹力大于她的重力B. 起跳时杆对她的弹力小于她的重力C.起跳以后的下落过程中她处于超重状态D.起跳以后的下落过程中她处于失重状态4. 如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接， 斜面长为 2.4m 且固定 . 一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度 v0 开始自由下滑 . 当 v02m/s 时，经过 0.8s 后小物块停在斜面上 . 多次改变 v0 的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间 t ，作出 t-v 0 图象如图乙所示， g 取10m/s2，那么 (). 小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25B. 小物块与该种
4、材料间的动摩擦因数为32C.假设小物块初速度为1m/s，那么根据图象可知小物块运动时间为0.4sD.假设小物块初速度为4m/s，那么根据图象可知小物块运动时间为1.6s5.(2018 海口模拟 ) 五个质量相等的物体置于光滑的水平面上, 如下图, 现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力 , 那么第 2 个物体对第3 个物体的作用力等于 (). 1 FB. 2FC. 3 F555D. 4 F56. 如下图是一架直升机悬停在空中在向灾区地面投放装有救灾物资的箱子， 设投放初速度为零， 箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比， 且运动过程中箱子始终保持图示姿态 . 在箱子下落过程中，以下说法正
5、确的选项是 (). 箱内物体对箱子底部始终没有压力B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.假设下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而 “飘起来” 7.(2018 南京模拟 ) 如下图，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为 m1 的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为 m2 的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度 a 一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为 ，那么以下说法正确的选项是 (). 杆对小环的作用力大于m1g+m2gB.m1 不变，那么 m2 越大， 越小C.，与 m1、m2 无关D.假设杆不
6、光滑， 可能大于 8. 原来静止的物体受到外力 F 的作用，如下图为力 F 随时间变化的图线，那么与 F-t 图象对应的 v-t 图象是 ()【二】计算题 ( 本大题共 2 小题，共 28 分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(12 分) 考驾照需要进行路考，路考中有一项为哪一项定点停车. 路旁可以竖一标志杆， 假设车以 v0 的速度匀速行驶， 当距标志杆的距离为 x 时，考官命令考员到标志杆停下，考员立即刹车，车在恒定滑动摩擦力作用下做匀减速运动，车 ( 包括车内的人 ) 的质量为 M，车与路面间的动摩擦因数为 . 车视为质点，求车停下时距标志杆的距离x( 说明x、
7、v0 与 x、g 的关系 ).10.(16 分) 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F28N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取 10m/s2.(1) 第一次试飞， 飞行器飞行 t 1 8s 时到达高度 H64m，求飞行器所受阻力 Ff 的大小；(2) 第二次试飞，飞行器飞行 t 26s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h；(3) 为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t 3 .答案解析1. 【解析】选 、D.由题意可知人的重力为 490N，t 0t
8、 1 时间内，视重为 440N,人失重，有向下的加速度 , 应向上减速或向下加速运动，故 B、C 错.t 1t 2 时间内，视重为 490N,a=0，匀速运动或静止 .t 2t 3时间内，视重为 540N,人超重，有向上的加速度 , 应向上加速或向下减速，故 、D均有可能 .2. 【解析】选 B. 此题可用整体法求解 , 属于超重、失重的定量计算 : 烧断细线后 , 物体匀加速下滑 , 下滑加速度agsin301 , 方向沿斜面向下 ( 如下图 ), 其中竖直向下的分g2量为1 , 所以物块 G失重 , 台秤示数减小量为aasin30g4ma1 G.1 N4【总结提升】巧用超重、失重观点解题当
9、物体的加速度不在竖直方向上，而具有向上的分量a 上或者具有向下的分量 a下 ，那么物体的视重与实重的关系为：(1) 超重时： F 视=mg+ma上，视重等于实重加上 ma上 ，视重比实重大 ma上 .(2) 失重时： F 视=mg-ma下，视重等于实重减去ma下，视重比实重“失去”了 ma下 .3. 【解析】选 、D.基里亚绍娃在起跳时，她在弹力的作用下向上加速，故此时杆对她的弹力大于她的重力， 正确，起跳以后的下落过程中，她只受重力作用而下落，所以处于失重状态， D正确 .【变式备选】(2018 泰州模拟 ) 一名学生为了体验超重和失重的感觉,从一楼乘电梯到十五楼, 又从十五楼下到一楼 ,
10、他的感觉是 (). 上楼时先超重 , 然后正常B. 上楼时先失重 , 然后正常 , 最后超重C.下楼时先失重 , 然后正常D.下楼时先失重 , 然后正常 , 最后超重【解析】选 D.上楼时 , 电梯先加速运动 , 然后匀速运动 , 最后减速运动 ,人对电梯的压力先大于重力, 然后等于重力 , 最后小于重力 , 故上楼时先超重 , 然后正常 , 最后失重 ,、B错误 ; 下楼时 , 电梯先加速运动 , 然后匀速运动 , 最后减速运动 , 人对电梯的压力先小于重力, 然后等于重力 , 最后大于重力 , 故下楼时先失重 , 然后正常 , 最后超重 ,C 错误 ,D 正确.4. 【解析】选 B、C.由
11、 t-v 0 图象可得v0222 . 对小物atm / s 2.5 m / s0.8块应用牛顿第二定律有 mgcos30 mgsin30 ma，解得3 ，2那么 项错， B项对 . 假设 v 1m/s，小物块仍在斜面上运动，由图象0可知小物块运动时间为22ax得0.4s ，C项对 . 假设 v 4m/s，由 v00216，小物块已运动到水平面上，图象对小x v02.4 m2a2m3.2 m2.5物块已不再成立，故D 项错 .5. 【解析】选 C.对五个物体整体由牛顿第二定律得F=5ma,对 3、4、5 三个物体由牛顿第二定律得F =3ma,解以上两式得3 F23F235,C 正确 .6. 【解
12、析】选 C.设整体加速度为 a，那么M 总 gkv 2 ，当 v0 时，aM 总ag，当 v0 时， ag，设箱内物体质量为m，受支持力为 FN，对箱内物体有 mgFNma，当 v0 时，FN0；v0 时， FN=m(ga) 0，应选项、B错误；因箱子下落过程为变加速运动，接近地面时，v 最大，故 a 最小，由 FNm(ga) 可知物体受到的支持力最大，应选项 C正确；假设下落距离足够长，当Ff M总 g 时， a0，箱子做匀速运动，此时FN mg，应选项 D错误 .7. 【解析】选 C.对整体由牛顿第二定律得 (m1+m2)gsin (m1+m2)a ，设杆对小环的作用力大小为 FN，据平衡
13、条件得 FN(m1+m2)gcos ，故错误；对小球由牛顿第二定律得 m2gsin FTsin( ) m2a，解得，故 C正确， B 错误；假设杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律得， 不可能大于 ，故 D错误 .8. 【解析】选 B. 由 F-t 图象可知，在 0t 内物体的加速度F ，a1m做匀加速直线运动；在t 2t 内物体的加速度F ，但方向与 a1 反a2m向，做匀减速运动，应选项B 正确 .9. 【解题指南】解答此题应明确以下三点:(1) 刹车过程的摩擦力和加速度.(2) 刹车距离、加速度、初速度三者的关系 .(3)x 是代数量，要与刹车距离比较定量的位置关系.【解析】设车的加
14、速度大小为a, 由牛顿第二定律知： Mg=Ma，所以 a=g (2 分)设车的速度为 v 时开始刹车，车刚好停在标志杆处, 那么：v2=2ax，即： v2 gx(2 分)刹车过程中车的位移为：v02xg2(2 分)当 v0 v 2 gx 时，车停在标志杆处，车距标志杆的距离 x=x-x=0(2 分)当 v0 v 2 gx 时，车还没到达标志杆处，车距标志杆的距离v02x x x xg2(2 分)当 v0v2 gx 时，车已经驶过标志杆，车距标志杆的距离v02xx x x2g(2 分)答案：见解析10.【解析】 (1) 第一次飞行中，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为 a ，那么有1 a1t11
15、2H2(1 分)由牛顿第二定律可得：F-mg-Ff =ma1(2 分)解得： Ff 4N(1 分)(2) 第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度为 h1，那么有：h11 a1t 222(1 分)设失去升力后加速度为 a2，上升的高度为 h2 由牛顿第二定律可得： mg+Ffma2(2 分)v1=a1t 2(1 分)v12h 22a2(1 分)解得： h=h1+h2 42m.(1 分)(3) 设失去升力下降阶段加速度为 a3；恢复升力后加速度为 a4；恢复升力时速度为 v3，那么由牛顿第二定律可得：mg-Ff =ma3(2 分)F+Ff -mg=ma4(1 分)且 v 32v 32h2a32a4(1 分)v3=a3t 3(1 分)解得：32t 32s( 或 2.1s)(1 分)答案： (1)4N(2)42m(3) 3 2 s 或 2.1s2