课时跟踪检测(十) 牛顿运动定律的综合应用
课时作业10 牛顿运动定律的综合应用
课时作业10 牛顿运动定律的综合应用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A.g 2sin α B ．g sin α C.32g sin α D ．2g sin α2．如图所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体，已知m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A 上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20 N ，现水平向右拉细线，g 取10 m/s 2，则( )A ．当拉力F <12 N 时，A 静止不动B ．当拉力F >12 N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F ＝16 N 时，B 受A 的摩擦力等于4 ND ．无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止3．如图所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的物体A 、B ，m 1>m 2，A 、B 间水平连接着一轻质弹簧秤．若用大小为F 的水平力向右拉B ，稳定后B 的加速度大小为a 1，弹簧秤示数为F 1；如果改用大小为F 的水平力向左拉A ，稳定后A 的加速度大小为a 2，弹簧秤示数为F 2.则以下关系式正确的是( )A ．a1＝a 2，F 1>F 2B ．a 1＝a 2，F 1<F 2C ．a 1<a 2，F 1＝F 2D ．a 1>a 2，F 1>F 24．在一正方形小盒内装一小圆球，盒与球一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，如图5所示．若不计摩擦，当θ角增大时，下滑过程圆球对方盒前壁压力F N 及对方盒底面的压力F N ′将如何变化( )A ．F N ′变小，F N 变小B ．FN ′变小，F N 为零C ．F N ′变小，F N 变大D ．F N ′不变，F N 变大5．如图7所示，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大6．如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m 1和m 2的物体，m 1放在地面上，当m 2的质量发生变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图象大体如下图中的( )7．如图所示，质量为M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )A ．gB.M －mm g C ．0 D.M ＋m mg 8．如图10所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A 、B ，A 、B 的质量均为2 kg ，它们处于静止状态．若突然将一个大小为10 N ，方向竖直向下的力施加在物块A 上，则此瞬间，A 对B 的压力大小为：(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N二、计算题(3×12′＝36′)9．有5个质量均为m 的相同木块，并列地放在水平地面上，如图11所示，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，当木块1受到水平力F 的作用时，5个木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度．(2)第4块木块所受合力．(3)第4块木块受到第3块木块作用力的大小．10．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m A、m B，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d.重力加速度为g.11．在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．。
高考物理一轮复习课时跟踪检测(十)牛顿第一定律牛顿第三定律含答案
课时跟踪检测（十）牛顿第一定律牛顿第三定律1．科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要。
下列哪个成果是运用理想实验法得到的() A．牛顿发现“万有引力定律”B．库仑发现“库仑定律”C．法拉第发现“电磁感应现象”D．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”解析：选D牛顿发现“万有引力定律”是通过演绎法得到的；库仑发现“库仑定律”，法拉第发现“电磁感应现象”，这些都是建立在大量的实验的基础上直接得出的结论；而伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，即运用了理想实验法。
故D正确。
2．鞋子上粘上泥巴，在地面上脚跟朝下磕两下，泥巴就掉了，这是利用()A．鞋的惯性B．泥巴的惯性C．地面的惯性D．脚的惯性解析：选B当鞋遇地面停止运动后，泥巴由于惯性继续运动而脱离鞋子，B正确。
3．(2023·浙江6月选考)在足球运动中，足球入网如图所示，则()A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力解析：选B在踢香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故只受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
4.如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，运动员与滑板分离，分别从横杆的上、下通过，忽略运动员和滑板在运动中受到的阻力，则运动员()A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后下方B．在空中水平方向先加速后减速C．越过杆后落在滑板的后方D．越过杆后仍落在滑板上起跳的位置解析：选D运动员相对于滑板竖直向上起跳，所以脚对滑板的作用力竖直向下，A错；运动员在空中时，水平方向不受力的作用，水平方向速度不变，B错；由于运动员和滑板的水平速度始终相同，所以运动员落在滑板上起跳的位置，C错，D对。
高三物理一轮复习课时跟踪检测(十)第三章+牛顿运动定律的综合应用+Word版含解析.doc
课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用A 卷——基础保分专练1．游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。
其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。
假设舱中某人用手托着一个重为50 N 的铅球。
下列说法正确的是( )A ．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0B ．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力C ．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0D ．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N解析：选A 由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A 正确，B 错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50 N ，选项C 、D 错误。
2．如图，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动。
已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。
在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )A ．a A ＝12g ，a B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g C ．a A ＝14g ，a B ＝3g D ．a A ＝0，a B ＝2g解析：选D 对滑轮分析：F －2T ＝ma ，又m ＝0，所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg ， 对A 分析：由于T <4mg 故A 静止，a A ＝0对B 分析：a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确。
3．(2019·汕头模拟)如图所示，将一手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮。
课时跟踪检测(十) 牛顿运动定律的综合应用
课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用对点训练：对超重与失重的理解1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。
传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是()解析：选D人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。
2．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()解析：选B根据v -t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。
3.(多选)某同学用台秤研究电梯中的超重、失重现象。
地面上其体重为500 N，再将台秤移至电梯内测其体重。
电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。
则()A．电梯为下降过程B．在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2C ．F 3的示数为550 ND ．电梯运行的总位移为19 m解析：选ABD 0～2 s 该同学所受的支持力小于重力，合力向下，加速度向下，由于电梯初始为静止状态，所以0～2 s 内电梯匀加速下降，2～10 s 内该同学所受的支持力等于重力，此时为平衡状态，所以2～10 s 内电梯保持2 s 末的速度匀速下降，10～11 s 内该同学所受的支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此阶段电梯匀减速下降，选项A 正确；匀加速阶段加速度a ＝G －F N G g＝1 m /s 2,2 s 末的速度v 2＝at ＝2 m/s ，此阶段位移x 1＝12at 2＝2 m ；匀速阶段位移x 2＝16 m ；匀减速阶段时间t ′＝1 s ，初速度为2 m/s ，末速度等于0，所以此阶段加速度a ′＝v 2t ′＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律F N ′－G ＝ma ′＝G g a ′，解得此时的支持力F N ′＝600 N ，即F 3＝600 N ，此阶段位移x 3＝v 22t ′＝1 m 。
2022届高考物理一轮复习课时跟踪训练—牛顿运动定律综合应用之板块模型(含答案)
2022高考一轮复习课时跟踪训练牛顿运动定律综合应用之板块模型一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）1．如图所示，一足够长、质量M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，一个质量m=1kg 、大小可以忽略的铁块放在木板的右端铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等取g=10m/s 2。
若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F ，则下列说法正确的是（ ）A ．铁块与木板之间摩擦力的最大值为4NB ．木板与地面之间摩擦力的最大值为4NC ．当F >2N 时，M 、m 一定相对滑动D ．当F >6N 时，铁块受到的摩擦力大小为2N 2．如图甲所示，小物块A 静止在足够长的木板B 左端，若A 与B 间动摩擦因数为10.6μ=，木板B 与地面间的动摩擦因数为20.2μ=，假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
某时刻起A 受到3F t =的水平向右的外力作用，测得A 与B 间摩擦力f 随外力F 的变化关系如图乙所示，重力加速度取210m /s g =，则下列判断正确的是（ ）A ．A ，B 两物体的质量分别为1kg 和2kgB ．当1s t =时，A ，B 发生相对滑动C ．当3s t =时，A 的加速度为4m/s 2D ．B 物体运动过程中的最大加速度为28m /s3．水平地面上有一质量为12m =kg 的长木板，木板的左端上有一质量为21m =kg 的物块，如图（a ）所示，用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图（c）所示。
已知木板与地面的动摩擦因数为10.2μ=，物块与木板间的动摩擦因数为20.9μ=。
假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取102m/s。
高中 课时提升作业(牛顿运动定律的综合应用)
牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分,1～5题为单选题,6～8题为多选题)6.(2017·邯郸模拟)建筑工地常用吊车通过绳索将建筑材料从地面吊到高处(如图甲)。
图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,下列判断正确的是()A.前5s的平均速度是0.5m/sB.前10s钢索最容易发生断裂C.30～36s材料处于超重状态D.整个过程材料上升高度是36m7.如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N,关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10m/s2)()A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为2m/s2B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为2m/s2C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为2m/s2D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2m/s28.(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比,某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.若改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度变为原来的2倍【加固训练】质量分别为m和2m的物块A、B用轻弹簧相连,设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。
当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1,如图甲所示;当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,如图乙所示;当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时,弹簧的伸长量为x3,如图丙所示,则x1∶x2∶x3等于()A.1∶1∶1B.1∶2∶3C.1∶2∶1D.无法确定二、计算题(本题共2小题,共28分。
四川省昭觉中学高考物理第一轮复习 课时跟踪检测(十)牛顿运动定律的综合应用
课时跟踪检测(十) 牛顿运动定律的综合应用对点训练：超重与失重1．(多选)质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，现在升降机以加速度a在竖直方向上做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则( )A．升降机加速度方向竖直向下B．台秤示数减少maC．升降机一定向上运动D．升降机一定做加速运动2.(2015·淄博高三质检)放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图1)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是( )图1A．匀速上升B．加速上升C．减速上升D．减速下降3．(多选)(2015·石家庄质检)如图2所示是某同学站在力板传感器上做下蹲－起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。
由图线可知该同学( )图2A．体重约为650 NB．做了两次下蹲－起立的动作C．做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2 s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态对点训练：整体法与隔离法的应用4.(2015·哈尔滨三中月考)如图3所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。
用轻质弹簧将两物块连接在一起。
当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动。
此时弹簧伸长量为x′。
则下列关系正确的是( )图3A ．F ′＝2FB ．x ′＞2xC ．F ′>2FD ．x ′<2x5．(多选)如图4所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M ，人的质量都是m ，甲车上人用力F 推车，乙车上的人用等大的力F 拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。
下列说法正确的是( )图4A ．甲车的加速度大小为F MB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2FM ＋mD ．乙车的加速度大小为0 对点训练：临界极值问题6.如图5所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )图5A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg7．(2015·河南三市联考)如图6所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。
高考物理一轮复习 课时跟踪检测12 热点专题3 牛顿运动定律的综合应用
课时跟踪检测十二 热点专题3 牛顿运动定律的综合应用【基础过关】1．(多选)(2016届海南海口期末)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( )A ．一定小于手对砖的支持力B ．一定等于手对砖的支持力C ．一定大于手对砖的支持力D ．一定大于砖的重力解题思路：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．解析：当手突然向上加速运动时，砖也向上加速，此时有向上的加速度，合力向上，处于超重状态，所以手对砖的支持力要大于砖的重力，同时砖对手的压力和手对砖的支持力是作用力与反作用力，大小相等，所以B 、D 正确，A 、C 错误．故选B 、D.答案：BD2．(2016届湖南浏阳一中月考)质量为m 的物体用弹簧测力计悬在升降机顶棚上，在下列哪种情况下，弹簧测力计的读数最小( )A ．升降机匀速上升B ．升降机匀加速上升，且a ＝12g C ．升降机匀减速上升，且a ＝12g D ．升降机匀加速上升，且a ＝13g 解析：由受力分析可知弹簧测力计的读数应该是向下有加速度时小于匀速运动及向上有加速度的情形，则可知有T ＝mg －ma ′，即升降机匀减速上升时读数最小．综上本题选C. 答案：C3. (2017届福建师大附中期中)如图所示，a 、b 两个带有异种电荷的小球(可视为质点)分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，木盒置于固定的台秤上，整个装置静止，细绳均有弹力．若将系b 的细线剪断，下列说法中正确的是( )A ．剪断细线瞬间，台秤的示数不变B ．剪断细线瞬间，台秤的示数变小C ．在b 向a 靠近的过程中，台秤的示数不变D ．在b 向a 靠近的过程中，台秤的示数变大解题思路：静止时，对小球b 和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系b 的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．解析：将a 、b 两个小球和木盒看做整体，开始台秤示数等于它们的总重力，将系b 的细线剪断后，b 球向上加速，系统处于超重状态，台秤示数大于它们的总重力，在b 向a 靠近的过程中，a 、b 之间的库仑力增大，台秤的示数变大，D 正确．综上本题选D.答案：D4．(2016届河南顶级名校月考)两个质量分别为m 1、m 2的物体A 和B 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分别受到水平推力2F 和F ，则A 、B 之间弹力的大小为( )A.m 2m 1＋m 2F B ．m 1m 1＋m 2F C.m 1＋2m 2m 1＋m 2F D ．2m 1＋m 2m 1＋m 2F 解析：根据牛顿第二定律对整体有：2F －F ＝(m 1＋m 2)a ，方向水平向右：对物体B 有：F N －F ＝m 2a ，联立上述两式得：F N ＝m 1＋2m 2m 1＋m 2F ，故选项A 、B 、D 均错误，选项C 正确． 答案：C5.(2017届云南玉溪一中月考)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A ．顾客始终受到三个力的作用B ．顾客始终处于超重状态C ．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D ．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方解析：顾客只有在加速过程受三个力的作用，匀速过程受两个力作用，选项A 错误；顾客在匀速过程中，支撑面对顾客的作用力等于顾客的重力，选项B 错误；在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向水平向右方向，选项D 错误；在加速过程中顾客受的重力和扶梯对顾客的作用力F的合力产生向右上方的加速度，如图所示，则顾客受到扶梯的作用力指向右侧斜上方，匀速运动时顾客受平衡力，受扶梯的作用力沿竖直方向，选项C正确．综上本题选C.答案：C【提升过关】一、单项选择题1.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的是( )A．人向上弹起过程中，一直处于超重状态B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力解析：人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知：二者等大反向，选项B错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知：高跷对人的作用力大于人的重力，人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误．答案：C2.(2017届湖北襄阳五中、宜昌一中、龙泉中学联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是( )解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故弹力与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．答案：D3.(2017届广东湛江一中月考)如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中载人的总质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止．不计空气和摩擦阻力的情况，重力加速度为g，则h为( )A.v22gB．M＋m v22mgC.M＋m v2mgD．2M＋m v22mg解析：设B对A的拉力为F T，对B：Mg－F T＝Ma，对A：F T－(M＋m)g＝(M＋m)a，a＝－mg2M＋m，由v2＝2|a|h得h＝2M＋m v22mg，D选项正确．综上本题选D.答案：D4.(2016届马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中联考)如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )A ．只减小A 的质量，B 对A 的压力大小不变B ．只减小B 的质量，B 对A 的压力大小会增大C ．只减小斜面间的倾角，B 对A 的压力大小不变D ．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对A 的压力会增大解析：将A 、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a ＝F －m A ＋m B g sin θ－μm A ＋m B g cos θm A ＋m B ＝F m A ＋m B－g sin θ－μg cos θ，隔离B 分析可得N －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，解得N ＝m B F m A ＋m B，由牛顿第三定律可知，B 对A 的压力N ′＝m B F m A ＋m B，若只减小A 的质量，压力变大，若只减小B 的质量，压力变小，A 、B 错误；A 、B 之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C 正确，D 错误．答案：C5.(2016届湖南师大附中月考)有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°和30°，这些轨道交于O .现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙．分别沿这3个轨道同时从静止自由下落，如图所示，物体滑到O 点的先后顺序是( )A ．甲最先，乙稍后，丙最后B ．乙最先，然后甲和丙同时到达C ．甲、乙、丙同时到达D ．乙最先，甲稍后，丙最后解题思路：根据牛顿第二定律得到物体下滑的加速度大小与斜面倾角的关系．用斜轨道底边长度表示物体的位移，由位移公式比较三个物体运动的时间，确定到达O 点的先后．解析：设斜轨道底边的长度为l ，斜面的倾角为α，则斜轨道的长度为x ＝l cos α.根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为a ＝mg sin αm ＝g sin α.则有x ＝12at 2，代入数据得：l cos α＝12g sin αt 2，得到：t ＝ 2l g sin αcos α＝ 4l g sin2α，根据数学知识得知，sin(2×60°)＝sin(2×30°)，则甲和丙运动的时间相等，同时到达斜轨道的底端O 点．又sin(2×45°)＝1最大，则乙运动时间最短，乙最先到达O 点，故B 正确．综上本题选B.答案：B二、多项选择题6．(2016届湖南师大附中月考)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．下列判断正确的是( )A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．货物始终处于超重状态解析：由题图甲可以知道，拉力为零时货物只受重力，加速度为重力加速度，但是其位置在a 的负轴上，故M 点的值应为－g ，故A 正确；由题图知图象与横轴的交点N 对应的加速度为零，故可以知道此时受力平衡：T N ＝mg ，故B 正确；由M 、N 两点的坐标可得斜率为g mg＝1m，故C 错误；从题图中看加速度方向先是向下，后向上，由加速度向上是超重，向下是失重，故货物先失重后超重，故D 错误．综上本题选A 、B.答案：AB7．(2017届黑龙江双鸭山一中月考)如图(a)所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．加速度为6 m/s 2时物体的速度D ．加速度由2 m/s 2增加到6 m/s 2过程物体通过的位移解析：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示：x方向：F cosθ－mg sinθ＝ma，y方向：F N－F sinθ－G cosθ＝0.从题图中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正确．当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N.题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程不能求出物体通过的位移，故C、D错误．综上本题选A、B.答案：AB8.(2016届四川凉山州一诊)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为g sinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sinθ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误．故选A、C.答案：AC9．(2017届安徽合肥质检)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m.当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值C ．若θ已知，可求出乙图中a 2的值D ．若θ已知，可求出乙图中m 0的值解析：由图乙知，m ＝m 0时，A 的加速度a ＝0，则此时受力平衡，对A 、B 分析得m 0g ＝m A g sin θ，由于m 0未知，所以不能求出m A 的大小；m A 未知，m 0不可求，故A 、D 项错误．设加速度大小为a ，m 为任意值时，对A 、B 整体由牛顿第二定律有mg －m A g sin θ＝(m ＋m A )a ，a ＝m －m A sin θm ＋m Ag ，当m 趋向无穷大时，a 趋向于g ，所以a 1＝g ，即a 1与θ无关，故B 项正确．a ＝a 2时，m ＝0，即绳对A 的拉力为零，有m A g sin θ＝m A a 2，解得a 2＝g sin θ，θ已知，所以可以求出a 2的值，故C 项正确． 答案：BC三、计算题10．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平方向上运动的v t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量．解析：(1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡F ＝mg tan θ，代入数据可得：F ＝1033N. (2)滑块滑到木板上的初速度为10 m/s ，当F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋F cos θ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2下滑的位移：x ＝v 22a，解得x ＝5 m 故下滑的高度h ＝x sin30°＝2.5 m.(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木反间的动摩擦因数为μ2，二者共同减速时的加速度大小a 1＝1 m/s 2发生相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2滑块减速的加速度大小为a 3＝4 m/s 2对整体受力分析可得a 1＝μ1M ＋m gM ＋m ＝μ1g可得μ1＝0.1在0～2 s 内分别对m 和M 做受力分析对M ：μ2mg －μ1M ＋m gM ＝a 2，对m ：μ2mgm ＝a 3代入数据解方程可得M ＝1.5 kg.答案：(1)1033 N (2)2.5 m (3)1.5 kg。
2022届高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅰ）（重点班）
Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用卷Ⅰ—保分题目巧做快做[A 级——保分题目巧做快做]1.(2021·淮北一模)如图，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开头A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动。
已知动滑轮质量忽视不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝15gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2g解析：选D 对滑轮分析：F －2T ＝ma ，又m ＝0， 所以T ＝F 2＝6mg2＝3mg ，对A 分析：由于T <4mg 故A 静止，a A ＝0 对B ：a B ＝T －mg m ＝3mg －mgm＝2g ，故D 正确。
2.(2021·德阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数F 随时间t 变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的v t 图、P t 图(P 为物体重力的功率大小)及a t 图可能正确的是( )解析：选C 由于该题没有告知弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种状况争辩： (1)若F 1＝mg ，则0～t 1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。
四个图线没有是可能的。
(2)若F 2＝mg ，则F 1＜mg ，在0～t 1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D 是不行能的；则物体0～t 1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A 、B 是不行能的；而t 1～t 2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P ＝mgv ，可知t 1～t 2时间内重力的功率不变，故C 是错误的。
高考物理一轮复习 课时跟踪训练13 牛顿运动定律的综合
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 课时跟踪训练13牛顿运动定律的综合应用一、选择题1．如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A 的质量为M ，水平面光滑．当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，物体A 的加速度为a 1，当在绳的B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为a 2，则a 1与a 2的大小关系是( )A ．a 1＝a 2B ．a 1>a 2C ．a 1<a 2D ．无法确定解析：当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg ＝(m ＋M )a 1，故a 1＝mgm ＋M.而当在绳的B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时，mg ＝Ma 2，a 2＝mgM，a 1<a 2.C 正确．答案：C2．如图所示，与轻绳相连的物体A 和B 跨过定滑轮，质量m A <m B ，A 由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则A 向上运动过程中，轻绳拉力( )A ．T ＝m A gB ．T >m A gC ．T ＝m B gD ．T >m B g解析：A 向上加速超重，所以T >m A g ，B 向下加速失重，所以T <m B g . 答案：B3．(2014·甘肃天水一中高三模拟)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则( )A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2解析：先整体后隔离的方法，竖直向上拉时有：F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，kx1－m2g＝m2a联立可得x1＝m2Fk m1＋m2，水平拉时有：F＝(m1＋m2)a，kx2＝m2a联立可得x2＝m2Fk m1＋m2，由此可知A正确．答案：A4．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零，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．箱子刚从飞机上投下时，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：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：(M＋m)g－kv2＝(M＋m)a①设箱内物体受到的支持力为F N，以箱内物体为研究对象，有mg－F N＝ma②由①②两式得F N＝kmv2M＋m.通过此式可知，随着下落速度的增大，箱内物体受到的支持力逐渐增大，所以A、B、D 选项错误，C选项正确．答案：C5．如图所示，在光滑的水平面上叠放着M、P、N三个物体，质量分别为m、2m和m，M、N、P间动摩擦因数均为μ，系统处于静止状态．现在对P施加一个水平向右的拉力F，欲使P从M和N中拉出来，则F必须大于( )A．4μmg B．6μmgC．10μmg D．12μmg解析：欲使P从M和N中拉出来，需使P的加速度a P大于M的加速度a M和N的加速度a N，分别对N、P和M应用牛顿第二定律得a N＝μg、a P＝F－μmg－μ3mg2m、a M＝μ3mgm＝3μg，可得F>10μmg.答案：C6．(2014·湖南省“五市十校”高三联合检测)如图所示，质量为M＝5 kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C 与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，取g＝10 m/s2，下列不正确的是( )A．物体A处于失重状态B．物体A的加速度大小为2.5 m/s2C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为2.5 ND ．轻绳对定滑轮的作用力大小为30 N解析：假设绳子拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对A ，有：m 1g －F T ＝m 1a ；对BC 整体，有：F T ＝(M ＋m 2)a ；联立解得：F T ＝15 N ；a ＝2.5 m/s 2；物体A 有向下加速度，故是失重，故A 正确；B 正确；对C 受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f ＝m 2a ＝1×2.5＝2.5 N ，故C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误．本题选不正确的，故选D.答案：D 7．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的动摩擦因数为μ，要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进( )A ．g /μB ．gμC ．μ/gD ．g解析：对物体水平方向F N ＝ma ，竖直方向F f －mg ＝0，而F f ＝μF N ，所以a ＝g /μ，选项A 正确．答案：A8．(2014·湖南检测)如图，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块一起运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T解析：2m 的木块受五个力作用，故选项A 错误；轻绳刚好不被拉断时，对m 和2m 整体，F T ＝3ma ，对三个木块整体F ＝6ma ，解出F ＝2F T ，故选项B 错误，C 正确；对m ，F f ＝ma 结合F T ＝3ma 解出F f ＝13F T ，故选项D 错误．答案：C9．(多选)(2014·东北四市联考)如图所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面做直线运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区间，则下列说法正确的是( )A ．若小车沿斜面向上做匀速运动，则稳定后细线可在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下做匀加速运动，则稳定后细线可在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下的加速度多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D ．无论小车沿斜面向上的加速度多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向 解析：若小车匀速运动，则摆球所受的合力为零，所以细线处于竖直状态，所以选项A 错误；若小车沿斜面向下匀加速运动，由连接体知识可知，摆球的加速度方向沿斜面向下，即摆球所受合力方向沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．答案：BD10．如图所示(a)，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移s 的关系如图(b)所示(g ＝10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC ．物体的质量为3 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2解析：物体与弹簧分离时，弹簧处于原长，选项A 错误，由图(b)知，当F 1＝10 N 时，F 1＝ma ，当F 2＝30 N 时，F 2－mg ＝ma ，联立得：m ＝2 kg ，物体与弹簧分离时物体的位移x ＝4 cm ，初始状态：mg ＝k ·x ，k ＝5 N/cm ，选项B 错误，a ＝F 1m ＝102＝5 m/s 2，选项D 正确．答案：D 二、非选择题11．(2013·江苏卷)如图所示，将小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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .(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，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 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大小为F f1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力大小为F f2＝μ(m 1＋m 2)g 纸板所受摩擦力大小F f ＝F f1＋F f2，解得F f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则F f1＝m 1a 1，F －F f1－F f2＝m 2a 2，发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)砝码和纸板运动过程如图所示，纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21 a 1＝μg ＝2 m/s 2a 2＝F －F f1－F f2m 2＝F －μ2m 1＋m 2g m 2，纸板抽出后，砝码在桌面上做匀减速运动，加速度大小仍是μg ＝2 m/s 2，初速度为a 1t 1，故采用逆向法处理得：x 2＝x 1，又l ＝x 1＋x 2 联立以上各式可得：F ＝22.4 N.答案：(1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g (3)22.4 N12．(2013·福建卷)质量为M 、长为3L 的杆水平放置，杆两端A 、B 系着长为3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m 的小铁环．已知重力加速度为g ，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图(甲)，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端的正下方，如图(乙)所示．①求此状态下杆的加速度大小a ；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？ 解析：(1)如图(甲)，设平衡时，绳中拉力为F T ， 有2F T cos θ－mg ＝0由图知cos θ＝63解得F T ＝64mg .(2)①此时，对小铁环受力分析如图(乙)所示，有F T ′sin θ′＝maF T ′＋F T ′cos θ′－mg ＝0由图知θ′＝60°， 联立解得a ＝33g . ②设外力F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，其受力如图(丙)所示，有F cos α＝(M ＋m )aF sin α－(M ＋m )g ＝0解得F ＝233(M ＋m )gtan α＝3(或α＝60°)． 答案：(1)64mg (2)①33g ②233(M ＋m )g 与水平方向成60°角斜向右上方。
课时跟踪检测(十) 牛顿运动定律的综合应用解析
课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用对点训练：超重与失重1. (2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v -t图像如图1所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()图1解析：选B根据v -t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。
2. (多选)(2015·海南高考)如图2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2A．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解析：选BD当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f＝μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a向上运动时，有F N＝m(g＋a)cos θ，F f＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。
对点训练：整体法与隔离法的应用3．(多选)(2016·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图3甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。
若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。
则下列说法正确的是()图3A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sin α)gD．M运动的加速度大小为M－m M g解析：选BC互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mg sin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－F T＝Ma，对m有：F T′－mg sin α＝ma，又F T＝F T′，解得：a＝(1－sin α)g，F T＝mg，故A、D错，B、C对。
高考物理一轮复习 课时跟踪检测(十一)牛顿运动定律的综合应用(卷Ⅱ)(普通班)-人教版高三全册物理试
课时跟踪检测〔十一〕牛顿运动定律的综合应用〔卷Ⅱ〕[B级——中档题目练通抓牢]★1.(2018·淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，如此F的大小不可能是( )A.ma＋μmgcos θ＋μsin θB.ma－μmgcos θ－μsin θC.masin θD.mgsin θ解析：选C 对环受力分析，受重力、拉力，还可能受弹力和摩擦力。
其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。
(1)假设环受到的弹力为0，如此：F cos θ＝ma，F sin θ＝mg解得：F＝mgsin θ或F＝macos θ。
(2)假设环受到的弹力的方向向上，如此：F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma所以：F＝ma＋μmgcos θ＋μsin θ。
(3)假设环受到的弹力的方向向下，如此：F cos θ－μ(F sin θ－mg)＝ma所以：F＝ma－μmgcos θ－μsin θ。
所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的。
★2.(2018·某某桂林十八中模拟)如下列图，斜面体A上的物块P，用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，如下说法正确的答案是( )A．物块P与斜面之间一定存在摩擦力B．轻弹簧一定被拉长C．地面对斜面体A一定存在摩擦力D．假设增大推力F，如此弹簧弹力一定减小解析：选C 假设物块P受到弹簧的拉力与物块的重力沿斜面向下的分力与推力F、支持力平衡，如此不受摩擦力，选项A 错误；假设物块P 受到支持力与物块的重力沿斜面向下的分力与推力F 三力平衡，如此无弹簧弹力，选项B 错误；物块P 、斜面体A 与弹簧相对静止，可看成一整体，受到的地面的摩擦力等于推力F ，选项C 正确；增大推力F ，根据物块P 与斜面之间可能存在的静摩擦力的特点，即0≤f ≤f m ，判断弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能，选项D 错误。
2016年高考物理(广东专版)一轮复习课时跟踪检测10《牛顿运动定律的综合应用》
课时跟踪检测(十)牛顿运动定律的综合应用高考常考题型：选择题＋计算题一、单项选择题1．(2013·浙江高考)如图1所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小。
取重力加速度g ＝10 m/s2，下列判断正确的是()图1A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s22．一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，运动时间为t1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，运动时间为t2，则()A．t1＝t2B．t1<t2C．t1>t2D．无法判断t1与t2的大小3.如图2所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计。
水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动(相对位置如图2所示)，则施于小车的水平作用力F是(θ已知)()图2A．mg tan θB．(M＋m)g tan θC．(M＋m)g cot θD．(M＋m)g sin θ4. (2014·揭阳期中)如图3所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力()图3A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．F T＝m2Fm1＋m2，仅与两物体质量有关5．(2014·汕尾调研)某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图4所示的v-t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)。
根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()图4A．在5～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力B．在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态C．在10～20 s内，该同学所受的支持力不变，该同学的机械能减少D．在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态二、多项选择题6.如图5所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。
【精品】高考物理课时跟踪检测(十) 牛顿运动定律的综合应用
课时跟踪检测(十)牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1．电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动(如图1所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()图1A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2C．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s22．(2014·沈阳二中模拟)质量均为5 kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图2所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2且F1＝20 N、F2＝10 N，则弹簧秤的示数为()图2A．30 N B．15 NC．20 N D．10 N3．(2014·苏锡常镇四市模拟)如图3所示，在水平向右行驶的车厢内固定有一水平实验桌，其上放着质量分别为M、m (M>m)的A、B两物块，物块间夹着一处于压缩状态的轻质弹簧，两物块与桌面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，两物块与桌面始终相对静止。
则()图3A．车厢运动的加速度一定小于μgB．若剪断弹簧，物块与桌面有可能发生相对滑动C ．车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小D ．车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时大4．(2014·青岛模拟)如图4所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )图4A ．球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时大B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面对球的弹力变大D ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma5．(2014·江苏省泰兴模拟)如图5所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端。
课时跟踪检测(十)牛顿运动定律的综合应用
课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用A 卷——全员必做1. (2021·泰安联考)中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，目前“中国高铁”通车里程居世界第一位。
为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。
某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F 的动力。
当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为( )A.14F ，方向向后B.14F ，方向向前C.34F ，方向向后D.34F ，方向向前 解析：选A 假设机车和车厢的质量均为m ，摩擦和空气阻力为f ，加速度为a ，对于16节车厢整体：2F －16f ＝16ma ，设第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为f 1，则对后六节车厢F －6f ＋f 1＝6ma ，解得f 1＝－14F ，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为14F ，方向向后，选项A 正确。
2. (2020·榆林模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。
假设传送带的长度为10 m 、运行速度是8 m /s ，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2。
下列说法正确的是( )A ．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B ．工件被传送过去的最长时间是2 sC ．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D ．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s解析：选B 根据牛顿第二定律可得μmg ＝ma ，结合v 20＝2aL ，解得：μ＝v 202gL ＝1002×10×10＝0.5，故A 错误；设工件被传送过去的最长时间为t ，则有v 02t ＝L ，解得：t ＝2 s ，故B 正确；若工件不被传送过去，返回过程中先加速到8 m /s ，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到出发点的速度为8 m/s ，故C 、D 错误。
高考物理一轮复习 第三章 第3讲 牛顿运动律的综合用跟踪检测
权掇市安稳阳光实验学校第3讲牛顿运动定律的综合应用(对应学生用书第41页)整体法、隔离法与连接体问题1.连接体(1)两个(或两个以上)相关联的物体，我们称之为连接体．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况．(2)处理连接体问题的方法：整体法与隔离法．要么先整体后隔离，要么先隔离后整体．2．整体法(1)整体法是指连接体内物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解．(2)整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力．3．隔离法(1)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便出发，把某个物体从系统中隔离出来，作为研究对象，分析受力情况，再列方程求解．(2)隔离法适合求物体系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度．【针对训练】1．(安庆一中模拟)如图3－3－1所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在木块A上，用F AB表示木块A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是( )图3－3－1A．若地面是完全光滑的，则F AB＝FB．若地面是完全光滑的，则F AB＝F/2C．若地面是有摩擦的，且木块A、B未被推动，不可能F AB＝F/3D．若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，则F AB＞F/2【解析】若地面光滑，先用整体法得F＝2ma，再用隔离法分析木块B有F AB＞ma，则F AB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，由整体法得F －2μmg＝2ma，用隔离法对木块B有F AB－μmg＝ma，则F AB＝F/2.若木块A、B 未被推动，则F AB≤F/2.【答案】B极限法与临界问题生突变，此状态叫临界状态，相应的待求物理量的值叫临界值，此类问题称为临界问题．利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，这种方法称为临界条件法，又叫极限法．这种方法是将物体的变化过程推至极限——临界状态，抓住满足临界值的条件，准确分析物理过程进行求解．常出现的临界条件为：(1)地面、绳子或杆的弹力为零；(2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．【针对训练】 2.图3－3－2如图3－3－2所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg【解析】 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .【答案】 C(对应学生用书第42页)连接体问题的分析思路(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般先用整体法由牛顿第二定律求出系统的加速度(注意F ＝ma 中质量m 与研究对象相对应)，再根据题目要求，将其中的某个物体(受力数少的物体)进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把物体从系统中隔离出来，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．(2011·新课标全国高考)如图3－3－3所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图3－3－3【审题视点】 (1)开始时F 较小，两物体一起以相同的加速度运动． (2)当F 增大到某一值时，两物体相对滑动，m 1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m 2水平方向所受合力增大，加速度增大．【解析】 在m 2与m 1相对滑动前，F ＝kt ＝(m 1＋m 2)a ，a 与t 成正比关系，a －t 关系图线的斜率为km 1＋m 2，当m 1与m 2相对滑动后，m 1受的是f 21＝μm 2g ＝m 1a 1，a 1＝μm 2g m 1为一恒量，对m 2有F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝kt m 2－μg ，斜率为k m 2，可知A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A 【即学即用】1．如图3－3－4甲所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m .现用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T ；如图3－3－4乙所示，若用一力F ′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T ′.则( )图3－3－4A ．a ′＝a ，T ′＝TB ．a ′＞a ，T ′＝TC ．a ′＜a ，T ′＝TD ．a ′＞a ，T ′＞T 【解析】对图甲整体分析，由牛顿第二定律得a ＝FM ＋m，对小球受力分析如图(a)所示，因此有F －T sin α＝ma ，T cos α＝mg ；对图乙小球受力分析如图(b)所示，因此有T ′sin α＝ma ′，T ′cos α＝mg ，解得T ′＝T ＝mg /cos α，a ＝mM g tanα，a ′＝g tan α，由于M ＞m ，故a ′＞a .【答案】 B牛顿定律与图象的综合题取有效信息，然后将问题转化为一般动力学问题，用解牛顿定律问题的常规方法去解决．图3－3－5质量为2 kg 的物体在水平推力F 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v －t 图象如图3－3－5所示．g 取10 m/s 2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力F 的大小；(3)0～10 s 内物体运动位移的大小．【解析】 (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2、加速度为a 2，则 a 2＝Δv 2Δt 2＝－2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律，有F f ＝ma 2② F f ＝－μmg ③联立②③得 μ＝－a 2g＝0.2.④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1、加速度为a 1，则a 1＝Δv 1Δt 1＝1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律，有 F ＋F f ＝ma 1⑥联立③⑥得F ＝μmg ＋ma 1＝6 N. (3)根据v －t 图象围成的面积，得x ＝x 1＋x 2＝12×(2＋8)×6 m＋12×8×4 m＝46 m.【答案】 (1)0.2 (2)6 N (3)46 m【即学即用】 2.图3－3－6(2012·安徽高考)质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图3－3－6所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)弹性球受到的空气阻力f 的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .【解析】 (1)由v t 图象可知，小球下落过程的加速度为 a 1＝Δv Δt ＝4－00.5m/s 2＝8 m/s 2根据牛顿第二定律，得mg －f ＝ma 1所以弹性球受到的空气阻力f ＝mg －ma 1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N. (2)小球第一次反弹后的速度v 1＝34×4 m/s＝3 m/s根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a 2＝mg ＋f m ＝0.1×10＋0.20.1m/s 2＝12 m/s 2根据v 2t －v 20＝－2ah ，得弹性球第一次反弹的高度h ＝v 212a ＝322×12m ＝0.375 m.【答案】 (1)0.2 N (2)0.375 m“滑块、滑板组合模型”问题(1)滑块—滑板类问题的特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．(2)滑块和滑板常见的两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．(合肥一中检测)如图3－3－7所示，质量为M ＝4 kg 的木板长L ＝1.4m ，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F ＝28 N 向右拉木板．要使小滑块从木板上掉下来，力F 作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，g＝10 m/s2)图3－3－7【解析】在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m 继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，该状态为临界状态．本题可以借助v－t图象来解决．设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L.在0～t1的过程中，由牛顿第二定律得：对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1撤去力F后，木板的加速度变为a3，则：μmg＝Ma3由v－t图象知：L＝12(v1－v2)t1＋12(v1－v2)(t2－t1)＝12(v1－v2)t2，v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)联立以上各式得：t1＝1 s.【答案】 1 s【即学即用】3．(呼和浩特模拟)如图3－3－8所示，长12 m、质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板的左端，木板与人都静止．当人以4 m/s2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．取g＝10 m/s2.试求：图3－3－8(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．(2)人在奔跑的过程中木板的加速度．(3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动的距离．【解析】本题中人和木板运动的特点：相对于地面，人向右加速运动，木板向左加速运动，两者构成的整体的运动状态并不相同，所以分析、求解时不能整体分析，只能将人和木板分别隔离，即采用两次隔离进行分析、求解．(1)设人的质量为m，加速度为a1，人受到的摩擦力为f，由牛顿第二定律有f＝ma1＝200 N.(2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小为f′＝200 N设木板的质量为M，加速度为a2，对木板由牛顿第二定律有f′－μ(M＋m)g＝Ma2代入数据解得a2＝2 m/s2，方向向左．(3)设人从左端跑到右端的时间为t，由运动学公式得L ＝12a 1t 2＋12a 2t 2其中L 为木板的长度，将数据代入解得t ＝2 s故人从开始奔跑至到达木板的右端的过程中，人和木板运动的距离分别为x 1＝12a 1t 2＝8 m ，x 2＝12a 2t 2＝4 m.【答案】 (1)200 N (2)2 m/s 2，方向向左 (3)8 m 4 m (对应学生用书第43页)动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件．1．动力学中的典型临界问题(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T ＝0.(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零或最大．2．解题策略解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况．(黄山屯溪一中检测)如图3－3－9所示，质量为m ＝1 kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M ＝2 kg ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围．(g ＝10 m/s 2)图3－3－9【潜点探究】 此题有两个临界条件，当推力F 较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F 较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准临界状态是求解此题的关键．【规范解答】(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．对物块分析，在水平方向有F N sin θ－μF N cos θ＝ma1竖直方向有F N cos θ＋μF N sin θ－mg＝0对整体有F1＝(M＋m)a1代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有F′N sin θ＋μF′N cos θ＝ma2，竖直方向有F′N cos θ－μF′N sin θ－mg＝0，对整体有F2＝(M＋m)a2代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N【答案】14.4 N≤F≤33.6 N【即学即用】4.图3－3－10一弹簧秤秤盘的质量M＝1.5 kg，秤盘内放一个质量m＝10.5 kg的物体P，弹簧质量忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m，系统原来处于静止状态，如图3－3－10所示．现给P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动．已知在前0.2 s时间内F是变力，在0.2 s以后是恒力．求力F的最小值和最大值．(g取10 m/s2)【解析】设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2 s时(m、M间恰无作用)弹簧的压缩量为x2，设匀加速运动的加速度为a，则有对整体：kx1＝(M＋m)g①对M：kx2－Mg＝Ma②x1－x2＝12at 2③由①式得x1＝M＋m gk＝0.15 m，由②③式得a＝6 m/s2.t＝0时，F小＝(M＋m)a＝72 N，t＝0.2 s时，F大－mg＝ma，F大＝m(g＋a)＝168 N.【答案】72 N 168 N(对应学生用书第44页)●连接体的受力分析1．(2012·淮南模拟)如图3－3－11所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑，在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )图3－3－11A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4个力，B受4个力【解析】该题考查加速度相同的连接体的受力分析．由于A恰好不离开地面，所以地面对A的支持力为零，因此A只受到三个力的作用，而B受到四个力的作用，A选项正确．【答案】A●整体法与隔离法及超重问题2.图3－3－12(2011·上海高考)如图3－3－12，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为F N，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力( )A．小于F N B．等于F NC．等于F N＋F D．大于F N＋F【解析】剪断细线前，把箱子以及两小球a、b看做一个整体，静止时地面受到的压力为F N等于三个物体的总重力，即F N＝Mg＋m a g＋m b g，对球b由平衡条件得F电＝m b g＋F；剪断细线后，对箱子和a球由平衡条件得F N′＝Mg＋m a g ＋F电′＝F N－m b g＋F电′，b球加速上升过程中，两球之间的库仑力增大，即F 电′＞F电，因此F N′＞F N＋F，D正确，A、B、C错误．【答案】D●临界问题3.图3－3－13(阜阳模拟)如图3－3－13所示，有A、B两个楔形木块，质量均为m，靠在一起放于水平面上，它们的接触面的倾角为θ.现对木块A施一水平推力F，若不计一切摩擦，要使A、B一起运动而不发生相对滑动，求水平推力F的最大值．【解析】A、B一起运动，则以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝2ma以A为研究对象，其受力情况如图所示．由图可知，A、B一起运动而不发生相对滑动的临界条件是地面对A的支持力为F N＝0竖直方向：F BA cos θ＝mg水平方向：F－F BA sin θ＝ma联立上式可得F＝2mg tan θ，即水平推力F的最大值为2mg tan θ.【答案】2mg tan θ●多体相连的受力计算4.图3－3－14(海南文昌中学模拟)水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A 上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图3－3－14所示，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？【解析】如图所示，设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C 相连部分的绳与竖直线夹角为α，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有F＝3ma①对B有F－T＝ma②对C有T cos α＝mg③T sin α＝ma④联立①②式得：T＝2ma⑤联立③④式得：T2＝m2(g2＋a2)⑥联立⑤⑥式得：a＝33g⑦利用①⑦式得：F＝3mg.【答案】3mg●滑块－滑板类问题5．(亳州模拟)如图3－3－15所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M＝4 kg，长为L＝1.4 m．木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m＝1 kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2.图3－3－15(1)现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？(2)其它条件不变，若恒力F＝22.8 N，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来．问：m在M上面滑动的时间是多大？【解析】(1)小滑块与木板间的滑动摩擦力f＝μN＝μmg，小滑块在f 作用下向右做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝f/m＝μg；木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右做匀加速运动，加速度a2＝(F－f)/M，使m能从M上面滑落下来的条件是a2＞a1，即(F－f)/M＞μg，解得F＞20 N.(2)a1＝μg＝4 m/s2, a2＝F－fM＝22.8－0.4×1×104m/s2＝4.7 m/s2 t＝2La2－a1＝2×1.44.7－4s＝2 s【答案】(1)F＞20 N (2)2 s课后作业(九) (对应学生用书第233页)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)1.图3－3－16(2010·山东高考)如图3－3－16所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是( )【解析】物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v－t图象为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s－t图象应为一段曲线，D错．物体到达水平面后，所受摩擦力f2＝μmg＞f1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.【答案】C2．(南京模拟)如图3－3－17所示，两块粘连在一起的物块a和b的质量分别为m a和m b，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力F a和拉力F b.已知F a>F b，则a对b的作用力( )图3－3－17A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零【解析】该题考查加速度相同的连接体，可采用整体法求加速度、隔离法求相互作用力．选整体为研究对象，F a＋F b＝(m a＋m b)a，a＝F a＋F bm a＋m b，选b为研究对象，设作用力为F N，则F N＋F b＝m b a，F N＝F a m b＋F b m b－F b m a－F b m bm a＋m b＝F a m b－F b m am a＋m b.由于F a>F b，但a、b的质量关系未知，所以F N可能为正，也可能为负．故C选项正确．【答案】C3.图3－3－18(金华一中模拟)如图3－3－18所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N、方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为(g取10 m/s2)( )A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N【解析】 该题考查竖直方向上的连接体问题，选A 、B 整体为研究对象有F ＝2ma ，解得a ＝2.5 m/s 2.选A 为研究对象有F －F N ＋mg ＝ma ，解得F N ＝25 N ，选项C 正确．【答案】 C 4.图3－3－19(宣城模拟)质量为0.3 kg 的物体在水平面上运动，图3－3－19中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度——时间图象，则下列说法中正确的是( )A ．物体不受水平拉力时的速度图象一定是bB ．物体受水平拉力时的速度图象可能是bC ．摩擦力一定等于0.2 ND ．水平拉力一定等于0.1 N【解析】 图中两条图线都表示匀减速直线运动，只是加速度大小不同，分别为a 1＝13 m/s 2，a 2＝23 m/s 2；因为不知水平拉力的方向，所以不能判断出两种情况下的加速度大小，选项A 、B 错误；设水平拉力F 的方向与运动方向相同，则f ＋F ＝ma 2，f ＝ma 1，代入数据可解得F ＝0.1 N ，f ＝0.1 N ；再设水平拉力F 的方向与运动方向相反，则f －F ＝ma 1，f ＝ma 2，代入数据可解得F ＝0.1 N ，f ＝0.2 N ，可见，选项C 错误，D 正确．【答案】 D5．(石家庄一中质检)如图3－3－20所示，质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接触面的倾角为θ，现在Q 上加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是( )图3－3－20A ．物体Q 对地面的压力一定大于2mgB ．若Q 与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F2mgC ．若P 、Q 之间光滑，则加速度a ＝g tan θD ．地面与Q 间的滑动摩擦力随推力F 的增大而增大【解析】木块P 、Q 组成的整体竖直方向受力平衡，所以地面对Q 的支持力为2mg ，由牛顿第三定律可知，Q 对地面的压力为2mg ，选项A 错误；由F f ＝μF N 可知μ＝F f F N ＝F f2mg，因为木块做加速运动F ＞F f ，所以选项B 错误；若P 、Q 间光滑则木块P 受力如图所示，木块P 所受合力F p ＝mg tan θ，因整体无相对运动，木块P 的加速度与整体加速度相同，即a ＝g tan θ，选项C 正确；地面与Q 间的滑动摩擦力只与地面与Q间的动摩擦因数及Q与地面间的压力有关，与推力F无关，选项D错误．【答案】C6.图3－3－21(2012·南昌一中模拟)如图3－3－21所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直杆，当杆上一质量为m的人以加速度a加速度下滑时，杆对地面上的人的压力大小为( )A．(M＋m)g－maB．(M＋m)g＋maC．(M＋m)gD．(M－m)g【解析】先对杆上的人受力分析，其受到重力mg和杆对其竖直向上的摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律知mg－f＝ma；再对杆受力分析可知，站在地上的人对杆竖直向上的作用力F＝Mg＋f；联立以上两式可得F＝(M＋m)g－ma，根据牛顿第三定律知杆对地面上的人的压力大小也为(M＋m)g－ma.【答案】A7.图3－3－22(郑州一中质检)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图3－3－22所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法中正确的是( )A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相反B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 JC．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1【解析】图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋f＝ma a＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b＝0.1 N，解得F＝f＝0.1 N，A项错误；有水平拉力时，物体位移为s＝5＋32×3 m＝12 m，故拉力做功的数值为W＝Fs＝1.2 J，B项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m，C项错误；动摩擦因数μ＝fmg＝130，D项错误．【答案】B8.图3－3－23(沈阳一中模拟)如图3－3－23所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列正确的是( )A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，则加速度为a＝5 m/s2，A、B错；隔离C有m2g－F N＝m2a，即F N＝5 N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D错．【答案】C9．(黄山模拟)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3－3－24所示．取重力加速度g＝10 m/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( )图3－3－24A．m＝0.5 kg，μ＝0.4 B．m＝1.5 kg，μ＝0.4C．m＝0.5 kg，μ＝0.2 D．m＝1 kg，μ＝0.2【解析】根据题图知，在4～6 s内，水平推力F＝2 N，物体以v＝4 m/s 的速度做匀速直线运动，这说明物块受到的滑动摩擦力f＝F＝2 N，又因f＝μmg，所以μmg＝2 N；在2～4 s内，水平推力F＝3 N，物体做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，联立以上各式并代入数据可得m＝0.5 kg，μ＝0.4.本题答案为A.【答案】A10．(银川一中质检)如图3－3－25所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )图3－3－25A．物块B刚要离开C时B的加速度也为aB．加速度a＝2gC．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝12gD．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为mgk【解析】物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错；未加F时对A 受力分析得弹簧的压缩量x1＝mg sin 30°k＝mg2k，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k，此时对A 由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，B 、C 两项皆错；物块A 的位移x 1＋x 2＝mg k，D 项正确．【答案】 D二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)(哈尔滨一中质检)如图3－3－26(a)所示，质量m ＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图3－3－26(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)，求：图3－3－26(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)比例系数k .【解析】 (1)对初始时刻，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0由图读出a 0＝4 m/s 2解得μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25.(2)对于末时刻加速度为零，则mg sin θ－μF N －kv cos θ＝0而F N ＝mg cos θ＋kv sin θ 由图得出此时v ＝5 m/s联立解得k ＝mg sin θ－μcos θv μsin θ＋cos θ＝0.84 kg/s.【答案】 (1)0.25 (2)0.84 kg/s12.图3－3－27(16分)(南宁模拟)一小圆盘静止在一长为L 的薄滑板上，且位于滑板的，滑板放在水平地面上，如图3－3－27所示．已知盘与滑板间的动摩擦因数为μ1，盘与地面间的动摩擦因数为μ2，现突然以恒定的加速度a (a ＞μ1g )，使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右．若水平地面足够大，则小盘从开始运动到最后停止共走了多远的距离？(以g 表示重力加速度)【解析】 圆盘在滑板上做匀加速直线运动，设圆盘离开滑板前，加速度为a 1，速度为v 1，位移为x 1，滑板的位移为x 0.对圆盘有a 1＝μ1g ，v 1＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21对滑板有x 0＝12at 21，。
2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测十二牛顿运动定律的综合应用一
课时跟踪检测（十二） 牛顿运动定律的综合应用（一）1．工地施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定。
现在我们来分析货车前部的A 、B 、C 三根形态完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是( )A ．当汽车向左做加速运动时，A 对C 的支持力变大B ．汽车静止时，管C 受到管A 给它的支持力为23mg 3 C ．汽车向左匀速运动时，速度越大，B 对C 的支持力越大D ．当汽车向左做加速运动时，加速度达到33g 时，C 将脱离A 解析：选D 当汽车向左做加速运动时，能供应向左的力只有B 对C 的弹力的分力，所以是B 对C 的力增大，A 对C 的力减小，故A 错误；汽车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有F AC ＝F BC ，故有竖直方向2F AC sin 60°＝mg ，解得F AC ＝33mg ，因为处于平衡状态，所以B 对C 的力大小不会变更，故B 、C 错误；当加速度为33g 时，竖直方向有F BC sin 60°＋F AC sin 60°＝mg ，水平方向有F BC cos 60°－F AC cos 60°＝ma ，解得F AC ＝0，故D 正确。
2．(2024·深圳调研)如图，在倾角为30°的光滑斜面上有一物体A ，通过不行伸长的轻绳与物体B 相连，滑轮与A 之间的绳子与斜面平行。
假如物体B 的质量是物体A 的质量的2倍，即m B ＝2m A 。
不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g ，初始时用外力使A 保持静止，去掉外力后，物体A 和B 的加速度的大小等于( )A.23g B.34g C.56g D.78g 解析：选C 对整体受力分析有m B g ＋m A g sin 30°＝(m B ＋m A )a ，解得a ＝56g ，故C 正确。
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课时跟踪检测(十)牛顿运动定律的综合应用对点训练：超重与失重1．(多选)质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，现在升降机以加速度a在竖直方向上做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则()A．升降机加速度方向竖直向下B．台秤示数减少maC．升降机一定向上运动D．升降机一定做加速运动2.(2015·淄博高三质检)放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图1)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是()图1A．匀速上升B．加速上升C．减速上升D．减速下降3．(多选)(2015·石家庄质检)如图2所示是某同学站在力板传感器上做下蹲－起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。
由图线可知该同学()图2A．体重约为650 NB．做了两次下蹲－起立的动作C．做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2 s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态对点训练：整体法与隔离法的应用4.(2015·哈尔滨三中月考)如图3所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。
用轻质弹簧将两物块连接在一起。
当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动。
此时弹簧伸长量为x′。
则下列关系正确的是()图3A ．F ′＝2FB ．x ′＞2xC ．F ′>2FD ．x ′<2x5．(多选)如图4所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M ，人的质量都是m ，甲车上人用力F 推车，乙车上的人用等大的力F 拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。
下列说法正确的是( )图4A ．甲车的加速度大小为FMB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2FM ＋mD ．乙车的加速度大小为0 对点训练：临界极值问题6.如图5所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )图5A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg7．(2015·河南三市联考)如图6所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。
若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0＝10 m /s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s 2。
图6(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
对点训练：滑块、滑板模型8．如图7甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。
某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。
设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f，且A、B 的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图像是()图7图89．(2015·宜春模拟)如图9所示，一质量为m B＝2 kg，长为L＝6 m的薄木板B放在水平面上，质量为m A＝2 kg的物体A(可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v0＝5 m/s 的速度向右匀速运动。
在物体带动下，木板以a＝2 m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F＝8 N。
已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g取10 m/s2，则图9(1)经多长时间物体A滑离木板？(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？(3)物体A滑离木板后立即取走物体A，木板能继续滑行的距离为多少？对点训练：传送带模型10.(多选)如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是()图10图1111.(多选)(2014·四川高考)如图12所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。
不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。
正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()图12图1312．(2015·潍坊一中高三检测)一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图14甲所示。
固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示(图像前3 s内为二次函数，3～4.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)。
已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s 2。
图14(1)求传送带速度v1的大小；(2)求0时刻物块速度v0的大小；(3)在图15中画出物块对应的v-t图像。
图15答 案1．选AB 物体处于失重状态，加速度方向一定竖直向下，但速度方向可能向上，也可能向下，故A 对，C 、D 错。
由mg －N ＝ma 可知台秤示数减少ma ，选项B 对。
2．选C 木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C 正确。
3．选AC 当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数恒等于该同学的体重值，由图线可知：该同学的体重为650 N ，A 正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F 先小于体重，后读数F 大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F 先大于体重、后小于体重。
由图线可知：C 正确，B 、D 错误。
4．选A 把两个物块看作整体，由牛顿第二定律可得：F ＝(m 1＋m 2)a ，F ′＝(m 1＋m 2)a ′，又a ′＝2a ，可得出F ′＝2F ，隔离物块m 2，由牛顿第二定律得：kx ＝m 2a ，kx ′＝m 2a ′，解得：x ′＝2x ，故A 正确，B 、C 、D 均错误。
5．选BC 对甲图中的人和车当成系统，在水平方向的合外力为0(人的推力F 是内力)，故a 甲＝0，选项A 错误，选项B 正确。
对乙图中，人拉轻绳的力为F ，则绳拉人和绳拉车的力均为F ，对人和车的系统，水平合外力为2F ，由牛顿第二定律知：a 乙＝2F M ＋m ，则选项C 正确，选项D 错误。
故选BC 。
6．选C 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
7．解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑。
mg sin θ＝f ，f ＝μmg cos θ联立解得：μ＝33。
(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，－mg sin θ·s －μmg cos θ·s ＝0－12m v 02，解得s ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)。
令a ＝sin θ＋μcos θ＝1＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋μ2 sin θ＋11＋μ2 μcos θ 设cos α＝11＋μ2，则a ＝1＋μ2sin(α＋θ) 当α＋θ＝π2时，a 存在最大值a m ＝1＋μ2＝233。
即sin θ＝cos α＝11＋μ2＝32，θ＝60°时，s 最小。
对应的最小值s ＝v 022ag ＝532m 。
答案：(1)33 (2)60° 532m 8．选B A 、B 相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F ＝2ma ，当A 、B 间刚好发生相对滑动时，对木板有F f ＝ma ，故此时F ＝2F f ＝kt ，t ＝2F fk ，之后木板做匀加速直线运动，故只有B 项正确。
9．解析：(1)设经t 0时间物体A 滑离木板，则对A ：x A ＝v 0t 0 对木板B ：x B ＝12at 02x A －x B ＝L代入数据解得：t 0＝2 s(另解舍去)。
(2)A 在B 上滑动时，A 匀速运动， 则F f AB ＝F ＝8 N 。
设地面对B 的滑动摩擦力为F f B 1，则由牛顿第二定律得：F f AB －F f B 1＝m B a ，又F f B 1＝μF N ，F N ＝(m A ＋m B )g可解得：μ＝0.1。
(3)物体A 滑离时B 板的速度 v B ＝at 0＝4 m/s 。
B 板向前减速滑行过程中，F f B 2＝m B a BF f B 2＝μm B g解得：a B ＝μg ＝1 m/s 2木板继续滑行的位移x B ＝v B 22a B ＝8 m 。
答案：(1)2 s (2)0.1 (3)8 m10．选BD 小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，有a 1＞a 2故B 、D 正确，A 、C 错误。
11．选BC 本题需考虑速度之间的关系及摩擦力与Q 重力之间的关系，分别讨论求解。
若v 1＞v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确。
若v 1＞v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速。
若v 2＞v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始加速度a 1＝F T ＋μmgm，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T ＞μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmgm，故C 正确，A 、D 错误。
12．解析：(1)由x -t 的图像可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到v ＝0，然后向右加速，3 s 末后与传送带共速v 1＝Δx ′Δt ＝2 m/s ，以后随传送带一起做匀速运动。
(2)2～3 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小a ＝μg ，v 1＝a Δt 10～2 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小a ＝μg 解得0时刻物块的速度v 0＝a Δt 2＝4 m/s 。