1、课时分层集训(九) 牛顿运动定律的综合应用(限时：40 分钟)(对应学生用书第 275 页)基础对点练超重、失重现象1(2018西安 “四校”4 月联考)图 3311 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线两图中 ag 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度 g10 m/s2根据图象分析可知( ) 图 3311A人的重力为 1 500 NBc 点位置人处于超重状态Ce 点位置人处于失重状态Dd 点的加速度小于 f 点的加速度B 由题图可知 a 点处人处于平衡状态，则人的重力 G500 N，A 错误c、e
2、点处人对传感器的压力大于人所受重力，故都处于超重状态， B正确，C 错误在 d 点处人所受合力为 1 000 N，而在 f 点处人所受合力仅为 500 N，再由牛顿第二定律可知人在 d 点处的加速度大，D 错误 2如图 3312 所示，A、 B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛 (不计空气阻力) 下列说法正确的是( ) 图 3312A在上升和下降过程中 A 对 B 的压力一定为零B上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力C下降过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力D在上升和下降过程中 A 对 B 的压力等于 A 物体受到的重力A 不 计空气阻力，A、B 两物体抛出
3、后一起运动的加速度为 g，两物体均处于完全失重状态，因此，物体只受重力作用，两物体间的相互作用力为零，A 正确3(多选 )如图 3313 所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑当升降机加速上升时，( ) 图 3313A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速下滑BD 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mg sin mgcos ，则 tan ( 为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为 a；物块处于超重状态，超重 ma物 块“重力”变为 Gmg ma，支持力变为 N(mgma
4、)cos mgcos ，B 对 “重力”沿斜面向下的分力 G 下 (mgma)sin ，沿斜面的摩擦力 变为 fN (mgma)cos mgcos ，A 错误 f(mgma)cos tan (mgma)cos (mgma)sin G 下 ，所以物 块仍沿斜面匀速运动，D 对，C 错误动力学中整体法、隔离法应用4(多选 )如图 3314 所示，物块 A 的质量是 B 的 2 倍，在恒力 F 作用下，在水平面上做匀加速直线运动若物块与水平面间接触面光滑，物块 A 的加速度大小为 a1，物块 A、B 间的相互作用力大小为 N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块 A、 B 与水平面间的动摩擦因数相同
5、，物块 B 的加速度大小为 a2，物块间的相互作用力大小为 N2，则以下判断正确的是( ) 图 3314Aa 1a 2 Ba 1a 2CN 1N 2 DN 1N 2BC 设 B 的质量为 m，则 A 的质量为 2m；接触面光滑时，整体分析：a 1 ，对 B 分析：N 1m Ba1 接触面粗糙时，整体分析：F2m m F3m F3a2 g ，可知 a1a 2；对 B 分析：N 2ma 2mg ，则F f3m F3m F3N1N 2，B、C 正确 5质量为 M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力 F 作用在其上促使质量为 m 的小球静止在圆槽上，如图 3315 所示，则 ( ) 图 3315A
6、小球对圆槽的压力为MFm MB小球对圆槽的压力为mFm MC水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小C 利用整体法可求得系统的加速度为 a ，对小球利用牛顿第二FM m定律可得：小球受到圆槽的支持力为 ，由牛顿第三定律mg2 m2F2M m2可知只有 C 项正确6如图 3316 所示，一夹子夹住木块，在力 F 作用下向上提升夹子和木块的质量分别为 m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 f若木块不滑动，力 F 的最大值是 ( ) 图 3316A2fm MMB2fm MmC (mM)g2fm MMD
7、 (mM )g2fm MmA 由 题意知当 M 恰好不能脱离 夹子时，M 受到的摩擦力最大，F 取最大值，设此时提升加速度为 a，由牛 顿第二定律得，对木块有：2fMgMa 对夹子有：F2fmgma 联立两式解得 F ，选项 A 正确2fM mM(2018天水模拟 )如图所示，A 、B 两物体质量为 mA、m B(mAm B)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，则 A、B 运动过程中( ) A轻绳的拉力为(m Am B)gB轻绳的拉力逐渐减小C它们加速度的大小与 成正比mAmBD若(m Am B)是一定值，则加速度大小与( mAm B)成正比D 以 A、B 为整体，通过
8、分析，由牛顿第二定律可得(m Am B)g(m Am B)a，a ，故 C 错误，D 正确；对 A 由牛顿第二定律mA mBgmA mB可知 mAgFm Aa，Fm Agm Aa ，故 A、B 错误故选 D2mAmBgmA mB动力学中图象问题7如图 3317 甲所示，在倾角为 30的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体，受到沿斜面方向的力 F 作用，力 F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿斜面向上为正)则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是(物体的初速度为零，重力加速度取 10 m/s2)( )图 3317C 在 01 s 内，a 1 ，方向沿斜面向
9、上，物体向上做匀F mgsin 30m g2加速直线运动，1 s 末物体速度 v1a 1t15 m/s；在 12 s 内，拉力为零，a2 ，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，mgsin 30m g22 s 末速度为零；在 23 s 内，a 3 ，方向沿斜面向下，物F mgsin 30m 3g2体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s 末物体速度 v3a 3t315 m/s，故 C正确，A 、B、D 错误8以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的 vt 图象，可能正确的是 (
10、 ) D 不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒 为 g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg kvma，即 a g ，随着物体速度的减小，物体的加速度不kvm断减小，故 A 项错误；物体上升到最高点 时，速度 为零，此时物体的加速度为 g，方向竖直向下，故图中实线与 t 轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故 D 项正确，B、C 项错误 9一物体在水平推力 F15 N 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的 vt 图象如图 3318 所示，g 取 10 m/s2，求：图 3318(1)04 s 和 46 s 物体的加速
11、度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数 和物体的质量 m；(3)在 06 s 内物体运动平均速度的大小解析 (1)由图可得：a 1 m/s225 m/s 2，vt1 104a2 m/s25 m/s 2vt2 102(2)根据牛顿第二定律得： mgma 2解得： 05a2g根据牛顿第二定律得：Fmg ma 1解得：m 2 kgFg a1(3)平均速度 m/s5 m/svxt v2tt v2 102答案(1)25 m/s 2 5 m/s 2 (2)0 5 2 kg (3)5 m/s考点综合练10(多选 )如图 3319 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行初速度大小为 v2 的小物
12、块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 vt 图象(以地面为参考系)如图乙所示已知 v2v1，则( ) 甲 乙图 3319At 1 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大Bt 2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0 t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t 3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用ABC 相对地面而言，小物块在 0t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1t 2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与 传送带速度相同时(即 t2时刻)，小物块向右做匀速运动故小物 块在 t1时刻离 A 处距离
13、最远，A 正确；在 0t 2时间内，小物 块一直相对传送带向左运 动，故一直受向右的滑动摩擦力，在 t2t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此 t2时刻小物 块相对传送带滑动的距离达到最大 值，B、C 正确，D 错误 11一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘， P为一重物，已知 P 的质量 M105 kg，Q 的质量 m15 kg，弹簧的质量不计，劲度系数 k800 N/m，系统处于静止如图 3320 所示，现给 P施加一个方向竖直向上的力 F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前 02 s 内，F 为变力，02 s 以后，F 为恒力求力
14、 F 的最大值与最小值( 取 g10 m/s 2)图 3320解析 设开始 时弹簧压缩量为 x1，t02 s 时弹 簧的压缩量为 x2，物体 P 的加速度为 a，则有kx1(Mm)g kx2mgma x1x 2 at2 12由式得 x1 015 m M mgk由式得 a6 m/s 2F 小 (Mm)a72 NF 大 M(ga)168 N答案 168 N 72 N12如图 3321 所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为 m1 和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为 g图 3
15、321(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力 F 的大小；(3)本实验中，m 105 kg，m 201 kg，02，砝码与纸板左端的距离 d01 m，g 取 10 m/s2若砝码移动的距离超过 l0002 m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ 解析 (1)砝码对纸板的摩擦力Ff1m 1g桌面对纸板的摩擦力 Ff2(m 1m 2)gFfF f1F f2，解得 Ff(2m 1m 2)g(2)设砝码的加速度 为 a1，纸板的加速度为 a2，则Ff1m 1a1，FF f1F f2m 2a2若发生相对运动，则 a2a 1解得 F2(m1m 2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1 a1t12 21纸板运动的距离 dx 1 a2t12 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2 a3t ，lx 1x 212 2由题意知 a1a 3，a1t1a 3t2代入数据解得 F224 N答案(1)(2m 1m 2)g (2)F2(m 1m 2)g(3)224 N
