专题(三) [专题3 牛顿运动定律的应用(2)]1．2022·杭州模拟(双选)如图Z3－1甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图象如图乙中实线所示，下列判断正确的是( ) 甲 乙图Z3－1A．在0～1s内，外力F不断增大B．在1～3s内，外力F的大小恒定C．在3～4s内，外力F不断减小D．在3～4s内，外力F的大小恒定2．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图Z3－2所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )图Z3－2A．g B．2g C．3g D．4g3．2022·扬州模拟从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在图Z3－3中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图象是( ) A B6\n C D图Z3－3图Z3－44．2022·无锡一中质量检测图Z3－4绘出了轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时紧急刹车时的刹车痕迹(即刹车距离s)与刹车前车速v的关系曲线，则μ1和μ2的大小关系为( )A．μ1<μ2 B．μ1>μ2C．μ1＝μ2D．条件不足，不能比较5．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图Z3－5所示．取重力加速度g＝10m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( ) 甲 乙图Z3－5A．m＝1.5kg，μ＝B．m＝0.5kg，μ＝0.4C．m＝0.5kg，μ＝0.2D．m＝1kg，μ＝0.26．2022·白鹭洲中学月考如图Z3－6所示，用皮带输送机向上传送物块，皮带与物块保持相对静止，则关于物块所受摩擦力f，下列说法正确的是( )图Z3－6A．皮带传送的速度越大，f越大B．皮带加速运动的加速度越大，f越大C．皮带速度恒定，物块质量越大，f越大D．f的方向一定与皮带速度方向相同7．如图Z3－7所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳拴着6\n图Z3－7的长木板，木板上站着一只老鼠．已知木板的质量是老鼠质量的两倍．当绳子突然断开时，老鼠立即沿着木板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．由此木板沿斜面下滑的加速度为( )A.sinα B．gsinαC.gsinαD．2gsinα8．(双选)如图Z3－8所示，地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，当弹簧长度稳定后，若用μ表示木块与地面间的动摩擦因数，N表示弹簧弹力，则( )图Z3－8A．μ＝0时，N＝FB．μ＝0时，N＝FC．μ≠0时，N＝FD．μ≠0时，N＝F9．2022·大连模拟如图Z3－9所示，一个重为G＝4N的物体放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面放在台秤上，当烧断细线后物块下滑，与烧断细线前比较，台秤示数( )图Z3－9A．减小2NB．减小1NC．增大2ND．增大1N10．2022·温州八校联考一个质量为1500kg的行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8s末，发动机突然间发生故障而关闭，如图Z3－10所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象．已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化．求：(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度；(2)探测器落回出发点时的速度；(3)探测器发动机正常工作时的推力．6\n图Z3－1011．2022·湖南师大附中月考如图Z3－11所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7m，在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放，设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图Z3－116\n专题(三)1．BC [解析]由v－t图象可以看出，0～1s内物块做匀加速运动，故物块所受合力恒定，外力F大小不变，选项A错误；在1～3s内，物块做匀速直线运动，物块受力平衡，外力F大小不变，选项B正确；在3～4s内，物块做加速度增大的减速运动，故外力F小于摩擦力，摩擦力不变，所以外力F不断减小，故选项C正确，选项D错误．2．B [解析]从图象可知，当人最后不动时，绳上的拉力为F0，即mg＝F0，最大拉力为F0，由牛顿第二定律有F0－mg＝mam，解得am＝2g，选项B正确．3．C [解析]小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，选项C正确．4．B [解析]根据牛顿第二定律，有f＝μmg＝ma，解得紧急刹车时加速度大小a＝μg；根据匀变速直线运动规律得v2＝2as＝2μgs，结合图象，初速度相同时图线μ1对应的刹车距离较小，所以μ1>μ2.5．B [解析]0～2s内物体不动，拉力F＝2N时匀速运动，说明滑动摩擦力为2N，拉力F＝3N时物体做加速度为2m/s2的匀加速运动，则求得质量为0.5kg，由匀速运动时的拉力F＝2N可以求得μ＝0.4.6．BC [解析]若物块匀速运动，由物块的受力情况可知，摩擦力f＝mgsinθ，与传送带的速度无关，选项A错误；物块质量m越大，摩擦力f越大，选项C正确；皮带加速运动时，由牛顿第二定律可知，f－mgsinθ＝ma，加速度a越大，摩擦力f越大，选项B正确；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿皮带向下，选项D错误．7．C [解析]绳断后老鼠相对斜面不动，木板对老鼠沿斜面向上的作用力与老鼠的重力沿斜面的分力大小相等，即F＝mgsinα，由牛顿第三定律知老鼠对木板沿斜面的作用力大小也为mgsinα，对木板研究，其重力沿斜面的分力为2mgsinα，则木板沿斜面所受合力为F合＝mgsinα＋2mgsinα＝3mgsinα，由牛顿第二定律知，木板的加速度a＝＝gsinα，选项C正确．8．AC [解析]当μ＝0时，对系统整体应用牛顿第二定律，有F＝2ma，隔离木块B应用牛顿第二定律有：N＝ma，可得N＝F，A正确，B错误；当μ≠0时，对整体和木块B分别应用牛顿第二定律列方程，同样可以得出N＝F，故本题应选A、C.9．B [解析]本题可用整体法求解，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a＝gsin30°＝g，方向沿斜面向下(如图所示)，6\n其中竖直向下的分量为a⊥＝asin30°＝g，所以物体失重，台秤示数减小量为ma⊥＝G＝1N.10．(1)768m (2)32m/s (3)1.8×104N[解析](1)0～24s探测器一直处于上升阶段H＝×24×64m＝768m.(2)8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用g＝a2＝＝m/s2＝4m/s2探测器返回地面过程有v2＝2gH解得v＝32m/s.(3)上升阶段加速度a1＝＝m/s2＝8m/s2，由牛顿第二定律有F－mg＝ma解得F＝1.8×104N.11．1.65s [解析]对平板，由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动．对滑块，滑块在平板上滑行时加速度a1＝gsin37°＝6m/s2，滑块到达B点时速度v＝＝6m/s滑块由B至C时的加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2设滑块由B至C所用时间为t，则LBC＝vt＋a2t2，解得t＝1s.对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2滑至C端所用时间为t′，则LBC＝at′2，解得t′＝s滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为Δt＝t′－t＝(－1)s＝1.65s.6
