滚动检测(七)　牛顿运动定律的应用
(时间：60分钟　满分：100分)

一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分)
1．用牛顿第三定律判断下列说法中正确的是    (　　)．
A．马拉车时，只有马对车的拉力大于车对马的拉力时才能前进
B．物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的10倍，所以A作用于B的力大于B作用于A的力
C．轮船的螺旋桨旋转时向后推水，水同时给螺旋桨一个作用力
D．喷气式飞机喷出的气体给空气一个作用力，空气施加的反作用力推动飞机前进
解析　对A选项，只有当马对车的拉力大于车受到的阻力时，车才能起动，但马拉
车的力和车拉马的力是一对作用力和反作用力，大小总是相等的，故A错误，对B选项，A、B之间的相互作用力总是大小相等，与它们的质量无关，故B错误，对C选项，轮船之所以前进是因为螺旋桨旋转时给水一个向后的推力，水同时给螺旋桨一个向前推力，从而推动轮船前进，故C正确．喷气式飞机之所以能够前进，是因为喷气式飞机的机身，向后推动燃烧形成的高温高压气体，根据牛顿第三定律，燃烧形成的高温高压气体向前推机身，从而使飞机克服阻力向前飞行，如果说成喷出的气体向后推空气，那么根据牛顿第三定律，应是空气向前推喷出的气体而不是推动飞机，故D错误．
答案　C
2．如图1所示，有两艘质量相等的有篷小船，用绳子连接(绳子的质量忽略不计)，其中一艘船内有人拉绳子，如果水的阻力不计，下列判断正确的是
        (　　)．


图1
A．绳子两端的拉力不相等，跟有人的船连接的一端拉力较大
B．根据两船运动的快慢，运动快的船是肯定有人，因为是他用力，船才运动起来的
C．两船运动快慢情况是一样的，因为两船完全相同，又受到了大小相等的拉力
D．两船运动快慢是不一样的，运动快的船里肯定没有人，因为没有人的船质量小，而两船受到的拉力是相等的
解析　由牛顿第三定律知，作用在两船上的力是相等的，有人的船质量大，没人的船质量小；由牛顿第二定律F＝ma可知，没有人的船运动的加速度大，经相等的时间其运动速度大，故没人的船运动快．
答案　D
3．下列说法中正确的是        (　　)．
A．物体在竖直方向上做匀加速运动时就会出现失重现象
B．物体竖直向下加速运动时会出现失重现象
C．物体处于失重状态时，地球对它的引力减小或消失
D．物体处于失重状态时，地球对物体的引力不变
解析　物体在竖直方向上的加速度向上时，处于超重状态，在竖直方向上的加速度向下时，处于失重状态．地球对物体的引力与物体所处的状态无关．只与物体的质量和物体所在的位置有关．选项A、C错误，选项B、D正确．
答
案　BD
4．某人在升降机中用准确的台秤称体重，台秤示数明显大于本身实际的体重，则升降机的运动         (
　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．可能向下加速运动      B．可能向下减速运动
C．不可能匀速运动      D．可能向下运动
解析　台秤的示数大于体重，说明人处于超重状态，加速度向上，则人和升降机做向上的加速运动或向下的减速运动．选项A错误，选项B、D正确；若人和升降机匀速运动，则升降机的加速度为零，不会处于超重状态，选项C正确．
答案　BCD


图2
5.如图2所示，位于水平地面上的质量为M的物体，在大小为F，与水平方向成θ的拉力作用下沿地面作加速运动，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度为        (　　)．
A．F/M
B．Fcos θ/M
C．(Fcos θ－μMg)/M
D．[Fcos θ－μ(Mg－Fsin θ)]/M


解析　本题是通过受力分析计算物体运动的加速度，不涉及运动的速度和位移等量的计算，故是牛顿运动定律的简单应用，受力分析如图所示，取水平方向和垂直方向进行正交分解，并列出牛顿第二定律方程为：Fcos θ－f＝ma①
N＋Fsin θ＝mg②
并且有方程f＝μN③
整理得a＝[Fcos θ－μ(Mg－Fsin θ)]/M，
本题的正确答案是D.
答案　D


图3
6.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图3所示．设投放的初速度为零，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，下列说法正确的是    (　　)．
A．箱内物体对箱子底部始终没有压力
B．箱子刚从飞机投下时，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．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”
解析　箱子下落后速度不断增大，而阻力f∝v2，所以阻力逐渐增大，对箱子和物体整体进行受力分析．


如图所示，由牛顿第二定律得
(M＋m)g－f＝(M＋m)a
可见，f增大，a减小．
当f＝(M＋m)g时，a减小为零．
对物体应用牛顿第二定律得
mg－N＝ma
可见a减小，N将增大．
当a＝0时，N最大为mg.
由分析知，刚投放瞬时没有压力，以后压力一直增大，故A错；当匀速运动时支持力最大，故B错，C对；随着下落支持力逐渐增大，不会飘起来，D错．
答案　C


图4
7.如图4所示，滑轮质量不计，三物体处于平衡状态，设挂住定滑轮的绳子中的拉力大小为T，若把m2从右边m3上移到左边的m1上，则T将    (　　)．
A．增大      B．减小
C．不变      D．无法判断
解析　整体静止时T1＝(m1＋m2＋m3)g，且满足m1＝m2＋m3；移动m2后，整体将沿逆时针方向做加速运动，加速度大小为a＝g，从整体的角度来看，整体的重心是加速下降的，所以整体应出现失重现象，T2＝(m1＋m2＋m3)g－(m1＋m2－m3)a＝(m1＋m2＋m3)g－2m2a<T1，本题的正确答案是B.
答案　B



图5
8.如图5所示，底座A上装有一根长杆，其总质量为M，杆上套有质量为m的环B，它与杆有摩擦．当环以恒定的加速度从底座以初速度v向上飞起时(底座保持静止)，环在上升过程中，底座对地面的压力将    (　　)．
A．等于(M＋m)g
B．始终大
于(M＋m)g且逐渐减小
C．始终小于(M＋m)g且逐渐增大
D．始终小于(M＋m)g且保持不变
解析　以小环为研究对象，受力如图甲所示
由牛顿第二定律得：
f＋mg＝ma
a恒定，故f恒定．
对底座进行受力分析如图乙所示．


甲


乙
由平衡条件得
N＋f＝Mg，
所以N＝Mg－f＝(Mg＋mg)－ma，
由牛顿第三定律得底座对地面压力，
N′＝N＝(Mg＋mg)－ma<(M＋m)g，
a不变N′恒定不变，故D对，A、B、C错．
答案　D
9．一个物体放在光滑水平面上，初速度为零
，先对物体施加一向东的恒力F，历时1 s；随即把此力改为向西，大小不变，历时1 s；接着又把此力改为向东，大小不变，历时1 s，如此反复，只改变力的方向，共历时1 min.在此1 min内        (　　)．
A．物体时而向东运动，时而向西运动，在1 min末静止于初始位置之东
B．物体时而向东运动，时而向西运动，在1 min末静止于初始位置
C．物体时而向东运动，时而向西运动，在1 min末继续向东运动
D．物体一直向东运动，从不向西运动，在1 min末静止于初始位置之东


解析　物体在第一秒内向东作匀加速运动，第二秒内，物体向东做匀减速运动，到第二秒末刚好速度为零，第三秒重复了第一秒的运动方式，第四秒重复了第二秒的运动方式，可以推广到一般情况，在奇数秒内重复了第一秒的运动，偶数秒内重复了第二秒的运动．画出物体的v－t图像如右图所示，由此可知，在偶数秒末的瞬时速度为零，答案D是正确的，因为速度图像下面所围出的面积代表着位移，物体在运动过程中始终没有出现负位移．
答案　D
二、计算题(共37分)
10．(10分)如图6所示，一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角是30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数为μ＝0.04，求5 s内滑下的路程？


图6


解析　①确定研究对象并对其进行受力分析：研究对象是滑雪人，其受力分析如右图，受重力G，弹力N和摩擦力f.G可分解为沿斜面向下的力F1和垂直斜面的力F2，
在垂直
斜面方向上N－F2＝0，
在沿斜面方向上F合＝F1－F.
②求出F合并根据牛顿第二定律求加速度
F合＝F1－f＝mgsin θ－μmgcos θ
a＝＝gsin θ－μgcos θ＝g(sin θ－μcos θ)

＝10×(－0.04×)＝4.65 m/s2.
③根据运动学公式求出5秒内滑下的路程
x＝at2＝×4.65×25 m＝57 m.
答案　57 m
11．(10分)如图7所示，1 000 t的列车由车站出发做匀加速直线运动，列车经过100 s，通过的路程是1 000 m，已知运动阻力是车重的0.005倍，求列车机车的牵引力大小？


图7
解析　由运动学公式求得物体加速度
因为x＝at2所以a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2
因为F合＝ma，∴F合＝1 000 000×0.2 N＝100 000 N
由于F合＝F牵－F阻　且F阻＝0.005G
∴F牵＝F合＋F阻＝100 000＋10 000 000×0.005＝1.5×105(N)．
答案　1.5×105 N


图8
12．(17分)传送带
以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝2 kg的小物品轻放在其底
端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图8所示，已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m
/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
问：
(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？
解析　(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v＝a1t1
得t1＝0.5 s
位移s1＝a1t/2＝1 m
随后有：
F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升
位移s2＝H/sin 37°－s1
＝2 m
t2＝s2/v＝0.5 s
总时间为t＝t1＋t2＝1 s
(2
)撤去恒力F后有：
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
a3＝－2 m/s2
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为s
s＝－v2/2a3＝4 m>s2
由s2＝vt3＋a3t/2
得：t3＝(2－)s[t3＝(2＋)s>1 s舍去]
答案　(1)1 s　(2)(2－)s