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专项练3　牛顿运动定律的应用
1.(2020·山东潍坊模拟)为了研究超重和失重现象,某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作,力传感器将采集到的数据输入计算机,可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线如图所示,a、b、c为图线上的三点,有关图线的说法可能正确的是(　　)
A.a→b→c为一次“下蹲”过程
B.a→b→c为一次“站起”过程
C.a→b为“下蹲”过程,b→c为“站起”过程
D.a→b为“站起”过程,b→c为“下蹲”过程
2.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上。若砝码和纸板的质量分别为3m和m,砝码与纸板、纸板与桌面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,纸板所需的水平向右拉力至少应为(　　)
A.5μmg
B.6μmg
C.7μmg
D.8μmg
3.如图所示,一斜面固定于水平地面上,一滑块以初速度v0自斜面底端冲上斜面,到达某一高度后又返回底端。取沿斜面向上为正方向,下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是(　　)
4.如图所示,a、b、c为三个质量均为m的物块,物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在b上。现用水平拉力作用于a,使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.该水平拉力等于轻绳的弹力
B.物块c受到的摩擦力大小为μmg
C.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时,物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg
D.剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg
5.(2020·福建龙岩质检)(多选)粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体,斜面部分光滑,底面与水平地面间的动摩擦因数为μ,轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连,另一端连接一质量为m的小球,弹簧的劲度系数为k。斜面体在水平向右的恒力作用下,和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)。以下说法正确的是(　　)
A.水平恒力大小为(M+m)a
B.地面对斜面体的摩擦力为μ(M+m)g
C.弹簧的形变量为
D.斜面对小球的支持力为mgcos
θ+masin
θ
6.(2020·广东肇庆质检)(多选)为探究小球沿光滑斜面的运动规律,小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放,下列说法中正确的是(　　)
A.(甲)图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B.(甲)图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C.(乙)图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D.(乙)图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
7.(2020·广东深圳调研)(多选)如图所示,A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接,放置在倾角为θ的光滑斜面上,当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时,三者恰好保持静止,已知A、B、C三者质量相等,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.在轻绳被烧断的瞬间,A的加速度大小为2gsin
θ
B.在轻绳被烧断的瞬间,B的加速度大小为gsin
θ
C.剪断弹簧的瞬间,A的加速度大小为gsin
θ
D.突然撤去外力F的瞬间,A的加速度大小为2gsin
θ
参考答案
1.A　人下蹲过程分别有失重和超重两个过程,先是加速下降过程的失重状态,到达一个最大速度后再减速下降过程的超重状态,同理可知站起过程对应先超重再失重,由图象可知,a→b→c为一次“下蹲”过程,故A正确,B、C、D错误。
2.D　若砝码相对纸板恰好无相对滑动,根据牛顿第二定律μ·3mg=
3ma,对纸板和砝码整体F-μ·4mg=4ma,解得F=8μmg,A、B、C错误,D正确。
3.B　滑块在斜面上运动过程中,若受到摩擦力,根据牛顿第二定律知
上滑过程有mgsin
θ+Ff=ma上,
下滑过程有mgsin
θ-Ff=ma下,
可得a上>a下;
则上滑过程vt图象的斜率大于下滑过程vt图象的斜率,且上滑过程与下滑过程速度方向相反,故A、D错误;
由于机械能不断减小,经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度,且两个过程的位移大小相等,故下滑时间大于上滑时间,故B正确,C
错误。
4.C　三物块一起做匀速直线运动,对a、b、c系统有F=3μmg,对b、c系统有FT=2μmg,则F>FT,即水平拉力大于轻绳的弹力,故A错误;c做匀速直线运动,处于平衡状态,则c不受摩擦力,故B错误;当水平拉力增大为原来的1.5倍时,F′=1.5F=μmg,对a、b、c系统有F′-3μmg=3ma,对c有Ff=ma,解得Ff=μmg,故C正确;剪断轻绳后,b、c一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得2μmg=2ma′,Ff′=
ma′,解得Ff′=μmg,故D错误。
5.BC　对系统受力分析,应用牛顿第二定律F-μ(M+m)g=(M+m)a,解得F=(M+m)a+μ(M+m)g,A错误,B正确;对小球应用牛顿第二定律,沿斜面和垂直斜面分解加速度,有kx-mgsin
θ=macos
θ,mgcos
θ-FN=masin
θ,解得弹簧的形变量为x=,斜面对小球的支持力FN=mgcos
θ-masin
θ,C正确,D错误。
6.BC　设斜面的倾角为θ,根据牛顿第二定律得加速度为a=gsin
θ,
(甲)图中,设斜面的高度为h,则斜面的长度为L=,小球运动的时间为t===,可知小球在斜面2上运动的时间长,故A错误;到达斜面底端的速度为v=at=,与斜面的倾角无关,与h有关,所以(甲)图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等,故B正确;(乙)图中,设底边的长度为d,则斜面的长度为s=,加速度a=gsin
θ,得t===,可知θ=60°和30°时,时间相等,故C正确;根据v=,可知速度仅仅与斜面的高度h有关,与其他因素无关,所以(乙)图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大,故D错误。
7.AC　把A、B、C看成是一个整体进行受力分析,有F=3mgsin
θ,在轻绳被烧断的瞬间,A、B之间的绳子拉力为零,对A,由牛顿第二定律得F-mgsin
θ=maA,解得aA=2gsin
θ,故A正确;对于C,由牛顿第二定律得F弹=mgsin
θ,在轻绳被烧断的瞬间,对于B,绳子拉力为零,弹力不变,根据牛顿第二定律F弹+mgsin
θ=maB,解得aB=2gsin
θ,故B错误;剪断弹簧的瞬间,对于整体A、B,弹簧弹力为零,根据牛顿第二定律F-2mgsin
θ=2maAB,解得aAB=gsin
θ,A的加速度大小aA=aAB=gsin
θ,故C正确;突然撤去外力F的瞬间,对于整体A、B,一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律F弹+2mgsin
θ=2maAB,解得aAB=gsin
θ,A的加速度大小aA=aAB=gsin
θ,故D错误。

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