牛頓運動定律的應(yīng)用教師版

1、牛頓運動定律的應(yīng)用一、單選題（本大題共5小題，共30分）1. 如圖所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C(包括支架)的總重量M，B為鐵片，質(zhì)量為m，整個裝置用輕繩懸于O點，當(dāng)電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩上拉力()A. F=mgB. Mg<F<(M+m)gC. F=(M+m)gD. F>(M+m)gD（樂陵一中）解：當(dāng)電磁鐵通電前，繩的拉力應(yīng)為(M+m)g；當(dāng)電磁鐵通電后，鐵片被吸引上升.常識告訴我們，鐵片被吸引，向電磁體運動靠近，其運動情況是變加速運動，即越靠近電磁鐵，吸力越大，加速度越大.根據(jù)F=ma可知，此過程中超重，吸引力大于鐵片重力.由于磁力，將整個電磁鐵

2、裝置與鐵片聯(lián)系到一起.因為電磁鐵吸引鐵片的吸引力大于鐵片的重力，則根據(jù)作用力與反作用力原理，鐵片吸引電磁鐵的力為F的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在兩個不同的物體上.所以，繩的拉力大于(M+m)g.所以選項D正確，ABC錯誤故選D 通電后，鐵片被吸引上升.常識告訴我們，鐵片被吸引，向電磁體運動靠近，其運動情況是變加速運動，即越靠近電磁鐵，吸力越大，加速度越大，根據(jù)F=ma可知，此過程中超重本題考查了物體的超重和失重，記住要點：加速度向上超重，加速度向下失重2. 人站在電梯內(nèi)的體重計上，當(dāng)體重計示數(shù)增大時，可能的原因是()A. 電梯勻速上升B. 電梯勻減速上升C. 電梯勻減速下降D. 電梯

3、勻加速下降C（樂陵一中）解：A、電梯勻速上升或勻速下降時處于平衡狀態(tài)，重力等于支持力，N=mg，體重計示數(shù)不會增大，故A錯誤；C、體重計示數(shù)增大，則體重計對人的支持力大于人的重力，人受到的合力向上，處于超重狀態(tài)，電梯可能加速上升或減速下降，故C正確，BD錯誤；故選：C先對人受力分析，受重力和支持力，體重計示數(shù)即為受到的壓力，而壓力等于支持力；再對人進行運動分析，確定加速度方向；最后根據(jù)牛頓第二定律列式求解本題應(yīng)明確超重與失重的性質(zhì)，知道只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，與物體的運動速度方向無關(guān)，同時，超重與失重現(xiàn)象只是物體對支撐物的壓力變大，而重力保持不變3. 某人在地面上最多可

4、舉起60kg的物體，某時他在豎直向上運動的電梯中最多舉起了100kg的物體，據(jù)此判斷此電梯加速度的大小和方向(g=10m/s2)()A. 4m/s2 豎直向上B. 16.7m/s2  豎直向上C. 4m/s2  豎直向下D. 10m/s2豎直向下C（樂陵一中）解；由題意知物體處于失重狀態(tài)，此人最大的舉力為F=mg=60×10N=600N則由牛頓第二定律得，m'g-F=m'a，解得a=1000-600060=4m/s2.方向向下故選：C 根據(jù)人在地面上最多能舉起質(zhì)量為60kg的物體，計算出人最大的舉力.由牛頓第二定律求出

5、人變速運動的電梯中能舉起的物體的最大質(zhì)量本題是應(yīng)用牛頓第二定律研究超重和失重的問題，關(guān)鍵抓住人的最大舉力是一定的4. 城市部分過街天橋裝有智能化電動扶梯，如圖所示，當(dāng)乘客站上扶梯時，它先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A. 乘客始終處于超重狀態(tài)B. 乘客始終處于失重狀態(tài)C. 電梯對乘客的作用力始終豎直向上D. 電梯勻速上升時，電梯對乘客的作用力豎直向上D（樂陵一中）解：AB、加速運動階段，顧客的加速度沿電梯斜向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，電梯對他的支持力大于其重力，處于超重狀態(tài)；勻速運動階段，加速度為0，所以既不超重也不失重.故AB錯誤C、D，勻加速運動階段，電梯對顧客的支持力

6、豎直向上，靜摩擦力水平向右，兩者合力斜向右上方.勻速運動階段，電梯對顧客的支持力豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，顧客對電梯作用力的方向先指向左下方，后豎直向下.故C錯誤、D正確故選：D先分析顧客的運動情況：先加速，再勻速，加速度方向先沿電梯斜向上，后為零，利用牛頓第二定律對他進行受力分析，就能得到解答應(yīng)用牛頓第二定律分析物體受力情況，是物理上常用方法，特別要抓住牛頓第二定律的矢量性，即加速度方向與合力方向相同，對分析受力很有好處5. 如圖，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B兩物體疊放在一起從C點由靜止下滑，下滑過程中A、B保持相對靜止，則()A. 在CD段時，A受三個力作用B. 在DE段時，

7、A可能受三個力作用C. 在DE段時，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D. 整個下滑過程中，A、B均處于失重狀態(tài)C（樂陵一中）解：A、在CD段，整體的加速度為：a=(mA+mB)gsinmA+mB=gsin，隔離對A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得：fA=0，可知A受重力和支持力兩個力作用.故A錯誤B、設(shè)DE段物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，在DE段，整體的加速度為：a=(mA+mB)gsin-(mA+mB)gcosmA+mB=gsin-gcos，隔離對A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得：fA=-mAgcos，方向沿斜面向上若勻速運動，A受到靜摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三個力

8、.故B錯誤，C正確D、整體下滑的過程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均處于失重狀態(tài)在DE段，可能做勻速直線運動，不處于失重狀態(tài).故D錯誤故選：C根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離對A分析，判斷B對A是否有摩擦力本題考查了物體的受力分析，A、B保持相對靜止，之間有無摩擦力是解決本題的突破口，本題通過整體隔離分析，運用牛頓第二定律求解二、多選題（本大題共4小題，共24分）6. 如圖所示，頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平面上，A、B兩物體通過細繩相連，并處于靜止?fàn)顟B(tài)(不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦).現(xiàn)用水平向右的力F作用于物體B上，將物體B緩慢拉高一定的距離，此過程中斜面體與物體A仍然保持

9、靜止.在此過程中()A. 水平力F一定變大B. 斜面體所受地面的支持力一定變大C. 物體A所受斜面體的摩擦力一定變大D. 地面對斜面體的摩擦力一定變大AD（樂陵一中）解：取物體B為研究對象，分析其受力情況如圖所示，則有F=mgtan，T=mgcos，在將物體B緩慢拉高的過程中，增大，則水平力F和細繩上的拉力T隨之變大.故A正確；對A、B兩物體與斜面體這個系統(tǒng)而言，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，因拉力F變大，則地面對斜面體的摩擦力一定變大，而豎直方向并沒有增加其他力，故斜面體所受地面的支持力不變；故D正確；B錯誤；在這個過程中盡管繩子張力變大，但是開始時物體A所受斜面體的摩擦力方向未知，故物體A所受斜面體的

10、摩擦力的情況無法確定.故C錯誤；故選AD本題為動態(tài)平衡類題目，分別分析B和整體，由共點力的平衡條件可得出各部分力的變化對于用繩子連接的物體，可以沿繩子的方向作為整體作出受力分析，則可以簡化解題過程7. 如圖所示，物體A、B的質(zhì)量均為M，物體C的質(zhì)量為14M，輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長，重力加速度為g，系統(tǒng)在由靜止釋放后的運動過程中，下列說法正確的是()A. 物體A上升加速度為13gB. 物體A上升加速度為19gC. 輕繩對A的拉力為MgD. 物體C對B的拉力為29MgBD（樂陵一中）解：AB、以整體為研究對象，相同運動的合力等于C的重力，即F合=14Mg，整體根據(jù)牛頓第二定

11、律可得：加速度a=F合2M+14M=19g，所以A錯誤、B正確；C、設(shè)繩子拉力為T，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：T-Mg=Ma，解得：T=109Mg，所以C錯誤；D、設(shè)C和B之間的拉力為F，以C為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：14Mg-F=14Ma，解得：F=29Mg，所以物體C對B的拉力為29Mg，D正確故選：BD以整體為研究對象求解加速度大??；以A為研究對象求解輕繩對A的拉力大小，以C為研究對象求解C和B之間的繩子的拉力大小本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答

12、；注意整體法和隔離法的應(yīng)用8. 升降機箱內(nèi)底部放一個質(zhì)量為m的物體，當(dāng)箱從高空某處以初速度v0下落時，其速度-時間圖象如圖乙所示，以下說法正確的是()A. 物體在0t1時間內(nèi)加速度值變小B. 物體在0t1時間內(nèi)加速度值變大C. 物體在0t1時間內(nèi)處于超重狀態(tài)D. 物體在0t1時間內(nèi)處于失重狀態(tài)AC（樂陵一中）解：A、在v-t圖中，圖線的斜率表示物體速度變化的快慢，即斜率表示物體的加速度，由圖可知，在0t1時間內(nèi)物體的加速度逐漸減小.故A正確，B錯誤；C、物體在0t1時間內(nèi)的初速度的方向向下，是向下做減速運動，所以加速度的方向向上，物體處于超重狀態(tài).故C正確，D錯誤故選：AC 考查v-t圖象，由

13、圖可知物體的運動狀態(tài)為向下減速，加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，且由圖象的斜率可得出加速度的變化是逐漸減小物體處于失重還是超重不是由其速度決定的，而是由其加速度方向決定的，加速度方向向上處于超重，此時物體可能向上加速運動，也可能向下減速運動.失重時也是有如此兩種情形，可能向下加速也可能向上減速9. 下列說法中正確的是()A. 氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞引起的，它跟氣體分子的密集程度以及氣體分子的平均動能有關(guān)B. 在繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果C. 液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向同性的特點D. 當(dāng)兩分子間距離大于平衡位置的間距r0時，

14、分子間的距離越大，分子勢能越小AB（樂陵一中）解：A、氣體對密閉容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞引起的，取決于分子的密集程度和分子的平均動能.故A正確；B、在繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果.故B正確；C、液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點.故C錯誤；D、當(dāng)r>r0時，分子力表現(xiàn)為引力，隨著分子之間距離的增大，分子間的作用力都減小，但表現(xiàn)為引力，所以分子力做負功，故D錯誤故選：AB利用溫度是平均動能的標(biāo)志和壓強的微觀解釋，取決于分子的密集程度和分子的平均動能；自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果；液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向

15、異性的特點；兩分子間距離大于平衡位置的間距r0時，分子間的距離越大，分子勢能越大明確溫度是分子平均動能的標(biāo)志，注意是大量分子的統(tǒng)計規(guī)律，如只提幾個分子毫無意義；與彈簧類比分子作用力和分子勢能間的關(guān)系三、填空題（本大題共1小題，共5分）10. 人乘坐電梯，電梯未啟動時，地板對人的支持力_ 人所受的重力(選填“大于”、“小于”或“等于”)；當(dāng)電梯加速上升時，地板對人的支持力_ 人所受的重力(選填“大于”、“小于”或“等于”)等于；大于（樂陵一中）解：當(dāng)電梯未啟動時，物體的加速度a=0，根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=ma可得FN=mg+ma=m(g+a)=mg，故地板對人的支持力等于人所受的重力；當(dāng)電

16、梯加速上升時，a>0，由以上分析可知FN=mg+ma=m(g+a)>mg即地板對人的支持力大于人所受的重力故答案為：等于；大于要求地板對人的支持力，應(yīng)以人為研究對象對人進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出人所受的支持力，即可得出答案處理此類問題的步驟是：選取研究對象，受力分析，利用牛頓第二定律列方程求解四、計算題（本大題共4小題，共48分）11. 如圖所示，質(zhì)量M=4kg、長L=2m的木板A靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m=1kg的小滑塊B置于A的左端。B在F=3N的水平恒力作用下由靜止開始運動，當(dāng)B運動至A的中點時撤去力F。A、B之間的動摩擦因數(shù)=0.2，g取10m/s2。求： 

17、0;(1)撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2； (2)F對B做的功W；解：(1)根據(jù)牛頓第二定律得：對A：mg=Ma1，代入數(shù)據(jù)得：a1=0.5m/s2對B：F-mg=ma2，代入數(shù)據(jù)得：a2=1m/s2；即：撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2分別為0.5m/s2、1m/s2；(2)設(shè)F作用時間為t，由位移公式得：對B：xB=12a2t2；對A：xA=12a1t2；當(dāng)B運動至A的中點時，有：xB-xA=L2； 代入數(shù)據(jù)得：t=2s；  F做的功：W=FxB；代入數(shù)據(jù)得：W=6J；即：F對B做的功W是6J。（樂陵一中）本題考查了功能關(guān)系、牛頓第二定律。本題是

18、復(fù)雜的力學(xué)綜合題，要邊計算邊分析物體的運動情況，要抓住各個過程之間的聯(lián)系，如速度關(guān)系、位移關(guān)系，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合研究。(1)根據(jù)牛頓第二定律求A、B的加速度大小a1、a2；(2)當(dāng)B運動至A的中點時B與A對地位移之差等于L2，根據(jù)位移時間公式和位移關(guān)系求出F作用的時間t，再求得B的位移，即可由W=Fx求解F對B做的功W。12. 質(zhì)量M=3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A與地面的動摩擦因數(shù)1=0.3，其上表面右側(cè)光滑段長度L1=2m，左側(cè)粗糙段長度為L2=0.51m，質(zhì)量m=2kg、可視為質(zhì)點的滑塊B靜止在滑板上的右端，滑塊與粗糙段的動摩擦因數(shù)2=0.1，取g=10m/s&#

19、178;，現(xiàn)用F1=18N的水平恒力拉動A向右運動，當(dāng)B滑上板粗糙部分的瞬時，把向右的恒力大小變?yōu)镕2=14N，試通過計算分析：A、B是否會分離？若會，求出B從滑上A的粗糙部分到A、B分離所經(jīng)歷的時間 解：在F的作用下，A做勻加速運動，B靜止不動，當(dāng)A運動位移為L1時B進入粗糙段，設(shè)此時A的速度為vA，則：對A：由動能定理：F1L1-1M+mgL1=12MvA2B進入粗糙段后，設(shè)A加速度為aA，加速度為aB，對A：F2-1M+mg-2mg=MaA  對B： aB=2g 即A以vA=2m/s的初速度，1m/s2的加速度大小向右做勻減速直線運動，B從靜止開始

20、，向右做加速度大小為1m/s2的勻加速直線運動，設(shè)從B滑到粗糙段開始歷經(jīng)時間t后二者共速，則有vA-aAt=aBt，此時二者的相對位移大小x=vAt-12aAt2-12aBt2=1m>L2，所以二者在共速前已分離由解得t´=0.3s（樂陵一中）對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。分析A和B的運動情況，根據(jù)動能定理求出當(dāng)A運動位移為L1時速度，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再根據(jù)勻變速直線運動位移時間關(guān)系、速度時間關(guān)系列方程求解.

21、0;13. 如圖所示，水平地面有三個質(zhì)量均為m=1kg的小物塊A、B、C，A、B間用一根輕繩水平相連。一水平恒力F作用于A，使三物塊以相同加速度運動一段時間后撤去F.已知B與C之間的動摩擦因數(shù)1=0.5，A和C與地面間的動摩擦因數(shù)2=0.2，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.求：(1)力F的最大值；(2)從撤去F到三物塊停止運行的過程中，B受到的摩擦力。解：(1)B、C剛要滑動時，由牛頓第二定律得：對C：1mg-2(m+m)g=ma，解得：a=1m/s2，對ABC系統(tǒng)：F-2(m+m+m)g=3ma，解得：F=9N；(2)撤去拉力后，設(shè)BC相對靜止，由牛頓第二定律得：對ABC系統(tǒng)

22、：2(m+m+m)=3ma'，解得：a'=2m/s2，對C：2(m+m)g-fBC=ma'，解得：fBC=2N<fBm=1mg=5N，假設(shè)正確，撤去拉力后BC相對靜止，它們間的摩擦力為2N；答：(1)力F的最大值為9N；(2)從撤去F到三物塊停止運行的過程中，B受到的摩擦力為2N。（樂陵一中）(1)由牛頓第二定律求出B、C相對滑動時的臨界加速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出最大拉力。(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，求出B受到的摩擦力。本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物體的運動過程與受力情況是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題，解題時注意整

23、體法與隔離法的應(yīng)用。14. 如圖所示，長l=5m、傾角為37的傾斜傳送帶兩端各通過一小段光滑圓弧與AB、CD兩個光滑的水平軌道平滑連接，現(xiàn)有一小物體(可視為質(zhì)點)以v0=10m/s的速度沿AB軌道向右運動，當(dāng)傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到CD軌道上，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)小物體在AB軌道上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體總不能到達軌道CD，求這個臨界速度；(3)若小物體以8m/s的速度沿軌道AB向右運動，欲使小物體到達軌道CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運動解：(1)傳送帶靜止

24、時，小物體受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgcos+mgsin=ma1BC過程有：v02=2a1l                 解得：a1=10 m/s2，=0.5(2)顯然，當(dāng)小物體受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，此時，小物體受力如圖乙所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37-mgcos37=ma2    若恰好能到達高臺時，有：v22=2a2l  &#