2016年高考物理一轮复习第3章第3单元牛顿运动定律的综合应用课时跟踪检测

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物理一轮复习第三章牛顿运动定律第一讲牛顿第一定律牛顿第三定律课时作业

第一讲牛顿第一定律牛顿第三定律[A组·基础题]一、单项选择题1．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是( )A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因,又揭示了运动状态改变的原因解析：根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项C错;不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错;牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确;牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小,故选项B错．答案:D2．（2017·山东枣庄八中期中)在“鸟巢欢乐冰雪季"期间，花样滑冰中的男运动员托举着女运动员一起滑行，对于此情景，下列说法正确的是( ）A．由于男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,所以男运动员对女运动员的支持力大于女运动员受到的重力B．男运动员受到的重力和冰面对他的支持力是一对平衡力C．女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力是一对作用力和反作用力D．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力解析:男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,在水平面内运动，竖直方向没有加速度，所以男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故A错误．男运动员除了受到重力、冰面对他的支持力外，还受到女运动员对他的压力，三个力平衡，故B错误．女运动员对男运动员的压力与男运动员对女运动员的支持力，是一对作用力和反作用力，故C错误．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力,故D正确．答案:D3.如图所示,物块P与木板Q叠放在水平地面上，木板Q对物块P的支持力的反作用力是( ）A．物块P受到的重力B．地面对木板Q的弹力C．物块P对木板Q的压力D．地球对木板Q的吸引力解析：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反,作用在同一条直线上，所以Q对P的支持力的反作用力是P对Q的压力,选项C正确．答案：C4.(2017·江西上饶横峰中学月考）有人设计了一种交通工具,在平板车上装了一个电风扇,风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动,如图所示．对于这种设计，下列说法正确的是（)A．根据牛顿第二定律,这种设计能使小车运动B．根据牛顿第三定律，这种设计不能使小车运动C．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运动D．以上说法均不正确解析：风扇向前吹出风时，风扇也受到风给的反作用力,方向向后,同时风给风帆一个向前的力;也就是说小车受到风帆给的一个向前的力，还有风扇给的一个向后的力，大小相等，方向相反,风帆和风扇都是小车的一部分,所以小车受到的合力为零，小车不能运动，所以可以通过牛顿第三定律来说明，故选B。

人教版高考物理一轮总复习课后习题第三章牛顿运动定律单元质检三

单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。

甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。

英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。

当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。

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。

高考物理一轮总复习检测：第三章第3课时牛顿运动定律的综合应用含答案

1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．二、动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象：v－t图象、x－t图象、F－t图象、F －a图象等．2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．1．超重说明物体自身的重力变大了．(×)2．物体超重时加速度向上，速度也一定向上．(×)3．物体失重时也有可能向上运动．(√)4．物体完全失重时，说明物体的重力此时变为零．(×)5．不论是v－t图象、还是x－t图象中两条图线的交点都表示两物体相遇．(×)1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱桥顶端时B．火箭点火后加速升空时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时解析：发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误．答案：B2．(20xx·哈尔滨模拟)20xx年1月23～25日，包括多名中奥冬季体育运动领域专家在内的约350位客人相聚在崇礼密苑云顶乐园，参加由奥地利驻华使馆商务处主办的的20xx奥地利滑雪比赛．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态解析：运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误．答案：C3．(2017·莱芜模拟)物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度)( )解析：由F＝ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故F－t图象与a－t图象变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．答案：C4．(多选)如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是( )A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B 点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运动，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0解析：传送带静止时，物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力μmg，设到达B点的速度为vB.由v－v＝2(－μg)L可得：vB＝－2μgL)，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，用时也一定仍为t0，故选项A对，而B错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C对；当其运行速率(保持不变)v>v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D错．答案：AC一、单项选择题1．(20xx·保定模拟)如图所示，某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是( )A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出解析：易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，故选项A、B、C错误，选项D正确．答案：D2．(20xx·烟台模拟)小刚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( )A．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解析：由图象可知，在5～10 s内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，A正确；在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B错误；在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D错误；在10～20 s内，电梯减速上升，且加速度大小a＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，C错误．答案：A3．(2017·咸阳模拟)如图所示，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之间关系图象正确的是( )解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F －kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是图D.答案：D4．(2017·郑州模拟)如图所示，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、Ff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：物体在斜面上运动时，摩擦力Ff1＝μmgcos θ，加速度a1＝g(sin θ－μcos θ)，速度v1＝a1t1，路程s＝a1t，由此可知A、B、D错；物体在水平面上运动时，摩擦力Ff2＝μmg，所以C正确．答案：C5．(2017·沧州模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误；设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，木炭包加速的时间t＝＝，该过程传送带的位移x1＝vt＝，木炭包的位移x2＝vt＝t＝，黑色径迹的长度Δx＝x1－x2＝，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确，B、D错误．答案：C6．如图所示，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，已知v1>v2，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量，绳足够长．直到物体P从传送带右侧离开．以下判断正确的是( )A．物体P一定先加速后匀速B．物体P可能先加速后匀速C．物体Q的机械能先增加后不变D．物体Q一直处于超重状态答案：B二、多项选择题7．如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列选项中正确的是( )A．2～3 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3解析：由运动学公式v2－v＝2ax可知，v2－x图象中图线的斜率为2a，所以在前5 m内，物块以10 m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1 s．5～13 m的运动过程中，物块以4 m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2 s，即物块在1～3 s内做加速运动，A错误，B 正确；根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F＋μmg＝ma1，加速过程中F－μmg＝ma2，代入数据可解得F＝7 N，μ＝0.3，所以C 错误，D正确．答案：BD8．(20xx·枣庄模拟)某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度－时间图象如图所示，根据图象可知( )A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B．物体在第3 s内所受的拉力大于1 NC．在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D．物体在第2 s内所受的拉力为零解析：由题图可知，第2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D选项错误；第3 s内物体的加速度大小为1m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，所受拉力大于1 N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确．答案：BC9．(20xx·哈尔滨模拟)将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的图象．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F－t图象如图乙所示．则( )A．2.5 s前小车做变加速运动B．2.5 s后小车做变加速运动C．2.5 s前小车所受摩擦力不变D．2.5 s后小车所受摩擦力不变解析：当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力．在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5 s 前M都是静止的，A、C选项错误；2.5 s后M相对于m发生滑动，m 对M的摩擦力为滑动摩擦力Ff＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．答案：BD三、非选择题10．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在0～2 s内：a1＝＝15 m/s2(方向沿杆向上)．在2～5 s内：a2＝＝－10 m/s2(方向沿杆向下)．(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1，停风后的上升阶段，有－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2.综上解得μ＝0.5，F＝50 N.答案：(1)15 m/s2，方向沿杆向上；10 m/s2，方向沿杆向下(2)0.5 50 N11．如图所示为上、下两端相距L＝5 m，倾角α＝30°，始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端．重力加速度g取10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．解析：(1)物体在传送带上受力分析如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.由题意得L＝at2，解得a＝2.5 m/s2.由牛顿第二定律得mgsin α－Ff＝ma，又Ff＝μmgcos α，。

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。

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。

高三物理一轮总复习专题3.3 牛顿运动定律的综合应用(含解析)-人教版高三全册物理试题

专题3.3 牛顿运动定律的综合应用课前预习● 自我检测1、判断正误，正确的划“√〞，错误的划“×〞(1)超重就是物体的重力变大的现象。

(×)(2)失重时物体的重力小于mg。

(×)(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。

(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。

(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。

(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。

(×)(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。

(√)(9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。

(√)(10)站在台秤上的人下蹲过程，台秤示数减小．(×)2. 如下列图，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，如下说法正确的答案是( )A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力【答案】A3. 如下列图，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，弹簧的原长为L，劲度系数为k。

现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，如此此时两球间的距离为〔〕A.F 3kB.F 2k C ．L ＋F 3k D ．L ＋F 2k【答案】C【解析】两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(m ＋2m )a ，对质量为m 的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx ＝m a ，如此此时两球间的距离为L ＋F 3k，选项C 正确。

4. 如下列图，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，如此拉力F 的最大值为〔〕A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg【答案】C5. (多项选择) 如下列图，水平传送带A 、B 两端点相距x ＝4 m ，以v 0＝2 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转。

高考物理一轮复习：第3单元牛顿运动定律听课答案

第三单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解【教材知识梳理】一、1.匀速直线2.(1)匀速直线(2)质量质量质量二、1.作用力(或合力)相同2.F=ma3.(1)惯性(2)宏观三、1.相等相反2.方向相反四、时间千克秒米辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)(5)(√)(6)(√)(7)(√)(8)(×)(9)[解析]牛顿第一定律是建立力的科学概念所必不可少的.取消了它,就不可能正确地建立力的概念,当然,更谈不上力的度量了.同样,离开了牛顿第一定律,也不会有惯性和惯性质量的概念.可见,取消了牛顿第一定律,牛顿第二定律中两个主要的物理量“力”和物体的“惯性质量”将无法建立,那么牛顿第二定律将无从谈起.所以,尽管我们确实可在牛顿第二定律成立的前提下推出牛顿第一定律的结果,但仍不能取消牛顿第一定律,否则的话,这个前提就不存在了.【考点互动探究】考点一例1A[解析]根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,由理想斜面及逻辑推理知,小球可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D 三个选项从题目不能直接得出,只有选项A正确.变式题1D[解析]这句话的意思是圆物投在地上,它的运动方向不确定,向东、向西、向南、向北都可能;用棒拨动,才能使它停下来.说明力是改变物体运动状态的原因,选项D正确.变式题2BD[解析]油滴未滴落时具有与车厢相同的速度,油滴落下时在水平方向上相对于车厢有水平向右的加速度a,落地时间为t=,水平方向相对运动的距离为Δx=at2,则油滴落在O点右侧,与O点距离为Δx=,选项B、D正确.考点二例2B[解析]因为弹簧处于拉伸状态,小球在水平方向受到向左的弹簧弹力F,由牛顿第二定律的矢量性可知,小球加速度也是向左.小球与小车相对静止,故小车可能向左做加速运动或向右做减速运动,B正确.变式题C[解析]西瓜受到重力和其他西瓜给它的作用力而做匀减速运动,加速度水平向右,由牛顿第二定律的矢量性可知,其合力水平向右.作出西瓜A受力情况如图所示,由牛顿第二定律可得=ma,所以F=m,选项C正确.例3CD[解析]根据牛顿第二定律,小球的加速度大小和方向取决于小球受到的合外力.从接触弹簧至到达最低点,弹簧弹力从零开始逐渐增大,而小球的重力不变,所以开始时小球受到的合力方向向下,合力逐渐减小,因此小球的加速度逐渐减小,当小球所受的弹簧弹力和重力大小相等时,小球受到的合力为零,加速度减小为零,此时小球速度最大;此后小球继续下落,弹簧弹力继续增大,小球受到的合力方向向上,合力逐渐增大,因此小球的加速度方向向上,加速度逐渐增大,速度减小,当速度减小为零时,小球停止下落.变式题BCD[解析]由加速度随时间变化的图像可知,物体先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动,最后做匀加速运动,选项A错误;在加速度随时间变化的图像中,图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量,t=10.0s时的速度v=68×1×0.1m/s=6.8m/s,选项B正确;从t=10.0s到t=12.0s的时间内,由牛顿第二定律得,合外力F=ma=0.5N,选项C正确;由图像知,从t=2.0s到t=6.0s的时间内,物体的加速度先增大后减小,根据牛顿第二定律知,物体所受的合外力先增大后减小,选项D正确.例4C[解析]顾客加速过程中,受力如图所示,由牛顿第二定律知,水平方向有f=ma cosθ,f方向水平向右,竖直方向有F N-mg=ma sinθ,则F N>mg,选项B错误,C正确;在匀速运动过程中,顾客仅受重力和支持力,且二力平衡,选项A、D错误.变式题BC[解析]若两物体依然相对静止,则a的加速度一定水平向右,将加速度沿垂直于斜面与平行于斜面两个方向进行分解,则垂直于斜面方向,有F N-mg cosθ=ma'y,即支持力F N大于mg cosθ,与都静止时比较,a与b之间的压力增大;若加速度a过大,则摩擦力可能沿着斜面向下,即a物体可能有相对b向上滑动的趋势,甚至相对b向上滑动,故A错误,B、C正确.对系统,在竖直方向上,若a相对b向上滑动,则a还具有向上的分加速度,对整体,由牛顿第二定律可知,系统处于超重状态,b与地面之间的压力将大于两物体重力之和,D错误.考点三例5B[解析]设人对绳的拉力大小为F,对重物,由牛顿第二定律得mg-F=ma,由牛顿第三定律可知,绳对人向上的拉力F'与人对绳的拉力F等大反向,设地面对人的支持力为F N,对人,由平衡条件可得F'+F N=Mg,解得F N=Mg-mg+ma=280N,由牛顿第三定律可知,人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等,故人对地面的压力大小为280N,选项B 正确.变式题C[解析]设杆对猴子竖直向上的作用力为F1,由牛顿第二定律得F1-mg=ma,即F1=mg+ma,由牛顿第三定律得,猴子对杆向下的作用力大小F2=F1=mg+ma,以杆为研究对象,设杆向下的加速度为a0,由牛顿第二定律得F2+Mg=Ma0,故a0=g+(g+a),选项C 正确.1.一物体放在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.6,在拉力F=10N作用下,物体由静止开始运动,其速度与位移在国际单位制下满足等式v2=8x,g取10m/s2,则物体的质量为()A.0.5kgB.0.4kgC.0.8kgD.1kg[解析]D将v2=8x与公式v2-=2ax对比,可得a=4m/s2,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得m=1kg,选项D正确.2.(多选)一质点做匀速直线运动.现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变[解析]BC质点原来做匀速直线运动,说明所受合外力为0,当对其施加一恒力后,恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定,则质点可能做直线运动,也可能做曲线运动,但加速度的方向一定与该恒力的方向相同,选项B、C正确.图6-13.如图6-1所示,一个劈形物体M放在固定的斜面上,上表面水平,在其上放有光滑小球m,劈形物体从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()A.沿斜面向下的直线B.抛物线C.竖直向下的直线D.不规则的曲线[解析]C由独立性可知,物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果.某个方向的力就产生该方向的加速度,即水平方向的合力就产生水平方向的加速度,与竖直方向受力情况无关.题中小球在水平方向不受外力作用,故水平方向的加速度为零,且初速度为零,在水平方向上不做运动,故小球将沿竖直向下的直线运动,选项C正确.图6-24.用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,加速度a 随外力F变化的图像如图6-2所示,g取10m/s2,水平面各处粗糙程度相同,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则由此不能计算出()A.物体与水平面间的滑动摩擦力B.物体与水平面间的动摩擦因数C.外力F为12N时物体的速度D.物体的质量[解析]C水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,由牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得加速度a=-μg,由此可知,a-F图像在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力μmg,在纵轴截距的绝对值等于μg,斜率等于,选项A、B、D错误;根据图像能够得出外力F为12N时物体的加速度,但不能计算出物体的速度,选项C正确.图6-35.(多选)如图6-3所示,小车向右做匀加速直线运动,物块M贴在小车左壁上,且相对于左壁静止.当小车的加速度增大时,下列说法正确的是()A.物块受到的摩擦力不变B.物块受到的弹力不变C.物块受到的摩擦力增大D.物块受到的合外力增大[解析]AD小车向右做匀加速直线运动,物块M贴在小车左壁上,且相对于左壁静止,物块受到的摩擦力与重力平衡,所以保持不变,物块受到的水平方向的弹力F N=ma,当小车的加速度a增大时,物块受到的弹力和合外力增大,选项A、D正确.图6-46.一人在井下站在吊台上,用如图6-4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来.图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力.(g取9.8m/s2)图6-5[答案]200N,方向竖直向下[解析]先选人和吊台组成的系统为研究对象,受力分析如图6-5所示,F为绳的拉力,由牛顿第二定律得2F-(m+M)g=(M+m)a故拉力大小为F=(M+m)(a+g)=350N再选人为研究对象,受力情况如图6-6所示,其中F N是吊台对人的支持力,由牛顿第二定律得F+F N-Mg=Ma图6-6故F N=M(a+g)-F=200N由牛顿第三定律知,人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等,方向相反,因此人对吊台的压力F N'大小为200N,方向竖直向下.7.某次对新能源汽车性能进行的测试中,汽车在水平测试平台上由静止开始沿直线运动.汽车所受动力随时间变化关系如图6-7甲所示,而速度传感器只传回10s以后的数据(如图乙所示).已知汽车质量为1000kg,汽车所受阻力恒定.求:(1)汽车所受的阻力大小;(2)10s末汽车的速度大小;(3)前20s内汽车的位移大小.图6-7[答案](1)1.0×103N(2)20m/s(3)300m[解析](1)由图乙可知,10s以后汽车做匀速直线运动,动力等于阻力.由图甲可知,汽车所受的阻力大小为1.0×103N(2)前10s内汽车做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得F-f=ma 解得a=2m/s210s末汽车的速度大小为v=at1=20m/s(3)0~10s内汽车的位移大小s1=a10~20s内汽车的位移大小s2=vt2前20s内汽车的位移大小为s=s1+s2=300m第7讲牛顿第二定律的应用1【教材知识梳理】一、1.加速度2.加速度二、1.大于小于2.等于零辨别明理(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(√)(7)(×)【考点互动探究】考点一例1(1)at2=16m(2)g sinθ+μg cosθ=8m/s2g sinθ-μg cosθ=4m/s2(3)=1m v2=2a2(x+x1)2m/s变式题(1)10m/s(2)12.5m(3)9∶5[解析](1)滑沙者在斜坡上刚开始速度较小,设经过t1时间下滑速度达到8m/s,根据牛顿第二定律得ma1=mg sinθ-μ1mg cosθ解得a1=2m/s2所以t1==4s下滑的距离为x1=a1=16m接下来下滑时的加速度a2=g sinθ-μ2g cosθ=4m/s2所以下滑到B点时,有-v2=2a2(L-x1)解得v B=10m/s(2)滑沙者在水平地面减速的加速度大小a3=μ3g=4m/s2所以能滑行的最大距离x2==12.5m(3)根据以上计算,速度从8m/s增大到10m/s所用时间t2==0.5s在斜坡上滑行的总时间T1=t1+t2=4.5s在水平面上减速滑动的时间T2==2.5s所以时间之比=例2(1)不会(2)16s(3)1.84×106N[解析](1)3060km/h=850m/s加速阶段的加速度a==80m/s2因为a<9g,因此飞行员不会晕厥.(2)在匀加速阶段,飞机上升的高度为x=v0t+at2=4500m所以匀速上升的时间为t'==16s(3)根据牛顿第二定律得F-f-mg=ma解得F=1.84×106N变式题(1)0.5m/s2(2)50kg(3)9000N[解析](1)匀加速阶段,有x=at2解得a=0.5m/s2(2)设气球停留阶段受到空气的作用力为F,抛掉质量为m的压舱物,则气球整体向上匀加速运动时,由牛顿第二定律得F-(M-m)g=(M-m)a又F=Mg解得m=50kg(3)气球匀加速阶段的末速度为v=at=0.5×4m/s=2m/s匀减速阶段,有v2=2a'x'解得a'=1m/s2设气球在匀减速阶段受到空气作用力为f,根据牛顿第二定律得(M-m)g-f=(M-m)a'解得f=9000N考点二例3A[解析]设物块P静止时弹簧的压缩量为L,有kL=mg,当物块P位移为x时,弹簧弹力为k(L-x),根据牛顿第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx-ma,可见,F 与x是一次函数关系,A正确.变式题1C[解析]1~2s内物体加速度恒定,故所受作用力恒定,根据牛顿第二定律知=ma=12N,由于物体在水平方向受摩擦力作用,故作用力F大于12N,A错误;合外力为F合物体在力F作用下由静止开始运动,加速度方向始终为正,与速度方向相同,故物体在前3s内始终做加速运动,第3s内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,B 错误;因为物体速度始终增大,故3s末物体的速度最大,根据Δv=a·Δt知,速度的增加量等于加速度与时间的乘积,在a-t图像上即为图像与时间轴所围的面积,即Δv=×(1+3)×4m/s=8m/s,物体由静止开始做加速运动,故最大速度为8m/s,C正确;第2s内物体的加速度恒定,物体做匀加速直线运动,在0~1s内物体做加速度增大的加速运动,2~3s内物体做加速度减小的加速运动,D错误.变式题2ACD[解析]上滑时设物块的加速度大小为a1,对物块由牛顿第二定律得mg sinθ+μmg cosθ=ma1,下滑时设物块的加速度大小为a2,有mg sinθ-μmg cosθ=ma2,由图像可得,a1=,a2=,联立可求出θ和μ,A、C正确;v-t图像与时间轴在第一象限所围的面积表示上滑的最大位移,进而可求出上滑的最大高度,D正确;根据题中条件无法求出物块的质量,B错误.考点三例4C[解析]“下蹲”的过程中,先加速向下运动,后减速向下运动,加速向下运动时,加速度方向向下,出现失重现象,而减速向下运动时,加速度方向向上,出现超重现象,选项C正确.变式题1AD[解析]区分超重与失重的关键是看加速度的方向:加速度向上时,超重;加速度向下时,失重.对人进行受力分析可知,F N-G=ma,即F N=ma+G,a大(小),则地板对人的支持力大(小),由牛顿第三定律可知,人对地板的压力也大(小),故选项A、D正确,选项B、C错误.变式题2BC[解析]由图像可知,0~t1时间内,整体沿斜面向下做匀加速运动,此加速度可以分解为水平向右和竖直向下的加速度,再分析A的受力可以得到,竖直方向上A 有向下的加速度,则B对A的支持力小于重力,而水平方向上A有向右的加速度,则A受到水平向右的摩擦力,故A正确;由图像可知,t1~t2时间内,整体向下做匀速运动,A受力平衡,所以竖直方向上B对A的支持力等于重力,水平方向上不受摩擦力的作用,故B错误;由图像可知,t2~t3时间内,整体沿斜面向下做匀减速运动,此加速度可以分解为水平向左和竖直向上的加速度,再分析A的受力可以得到,竖直方向上A有向上的加速度,则B对A的支持力大于重力,而水平方向上A有向左的加速度,则A受到水平向左的摩擦力,故C错误;0~t1时间内,整体沿斜面向下做匀加速运动,处于失重状态,t2~t3时间内,整体沿斜面向下做匀减速运动,处于超重状态,故D正确.变式题3CD[解析]飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,选项C正确;完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立感觉一样,选项D正确.图7-11.(多选)如图7-1所示是杂技中“顶竿”表演.地面上演员B的肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作.某次“顶竿”表演临近结束时,演员A从竿(竖直)顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度恰好为零,若竿长为6m,下滑的总时间为3s,前1s做匀加速运动,1s末达到最大速度后做匀减速运动,3s末恰滑到竿底.设演员A的质量为40kg,竹竿的质量为1kg,g取10m/s2,则()A.在下滑过程,演员A的加速度方向始终向下B.在下滑过程中,演员A所受的摩擦力保持不变C.1~3s内,演员A处于超重状态D.t=2.5s时,演员B肩部所受的压力大小为490N[解析]CD演员A下滑,先加速运动后减速运动,即加速度先向下后向上,前1s内处于失重状态,后2s内处于超重状态,选项A错误,C正确;在下滑过程中加速度方向有变化,由牛顿第二定律知,演员A所受的摩擦力有变化,选项B错误;由x=可得,下滑的最大速度v=4m/s,减速运动的加速度大小a==2m/s2,在减速下滑阶段,对演员A和杆,有F N-(m+M)g=ma,则竹竿受到演员B的支持力F N=490N,由牛顿第三定律知,演员B受到的压力为490N,选项D正确.2.如图7-2甲所示,在倾角θ=37°的粗糙斜面上,一质量m=2kg的物块受水平方向恒力F的作用,t=0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑,在t=4s时滑到水平面上,此时撤去F,在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系图像如图乙所示.已知A点到斜面底端的距离x=18m,物块与各接触面之间的动摩擦因数相同,不考虑转角处机械能损失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:图7-2(1)物块在A点时的速度大小;(2)水平恒力F的大小.[答案](1)5m/s(2)10.1N[解析](1)设物块在斜面上运动的加速度为a1,4s末的速度v=4m/s,对下滑过程逆向分析,有x=vt+a1t2解得a1=0.25m/s2,方向沿斜面向上物块在A点时的速度为v0=v+a1t=5m/s(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为μ,物块在水平面上运动时,有μmg=ma2由图线可知a2=2m/s2解得μ=0.2物块在斜面上运动时,设受到的摩擦力为f,有F cosθ-mg sinθ+f=ma1而f=μF NF N=mg cosθ+F sinθ解得F==10.1N图7-33.一个质量为m=2kg的滑块能在倾角为θ=30°的足够长的斜面上以a=2.5m/s2的加速度匀加速下滑.如图7-3所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使其由静止开始在t=2s内能沿斜面运动位移x=4m.g取10m/s2,求:(1)滑块和斜面间的动摩擦因数μ;(2)恒力F的大小.[答案](1)(2)N或N[解析](1)根据牛顿第二定律得mg sin30°-μmg cos30°=ma解得μ=(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=a1t2得a1=2m/s2当加速度沿斜面向上时,有F cos30°-mg sin30°-μ(F sin30°+mg cos30°)=ma1解得F=N当加速度沿斜面向下时,有mg sin30°-F cos30°-μ(F sin30°+mg cos30°)=ma1解得F=N4.[2018·上海闵行质检]如图7-4所示,直杆水平固定,质量m=0.1kg的小圆环套在杆上A点,在竖直平面内对环施加一个与杆成θ=53°角的斜向上的恒力F,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过B点时撤掉此拉力F,小圆环最终停在C点.已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ=0.8,AB与BC的长度之比s1∶s2=8∶5.g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:图7-4(1)在BC段小圆环的加速度a2的大小;(2)在AB段小圆环的加速度a1的大小;(3)拉力F的大小.[答案](1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N图7-5[解析](1)在BC段,小圆环受重力、弹力、摩擦力,受力分析如图7-5所示,有F合=f=μF N=μmg则a2==μg=0.8×10m/s2=8m/s2(2)小圆环在AB段做匀加速运动,有=2a1s1小圆环在BC段做匀减速运动,有=2a2s2由于=解得a1=a2=×8m/s2=5m/s2图7-6(2)当F sinθ<mg时,小圆环在AB段运动的受力分析如图7-6所示,由牛顿第二定律得F1cosθ-f1=ma1又f1=μF N1F N1+F1sinθ=mg解得F1=1.05N图7-7当F sinθ>mg,小圆环在AB段运动的受力分析如图7-7所示,由牛顿第二定律得F2cos θ-f2=ma1又f2=μF N2F2sinθ=mg+F N2解得F2=7.5N第8讲牛顿第二定律的应用2【考点互动探究】考点一例1A[解析]在竖直方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx1-m2g=m2a1,联立解得kx1=;在水平方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a2,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx2=m2a2,联立解得kx2=,可见x1=x2,选项A正确.变式题BD[解析]设物体的质量为m,当物体与地面间有摩擦力时,因A、B的加速度相同,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-2μmg=2ma,隔离B,有F AB-μmg=ma,所以F AB=0.5F;同理,当地面光滑时,A、B间的作用力也为0.5F.例2ACD[解析]对三物块组成的整体,由平衡条件得F=3μmg,同理,对b、c整体,由平衡条件得,T=2μmg,则F>T,c受到的摩擦力为0,选项A正确,B错误;当该水平拉力F 增大为原来的1.5倍时,对三物块组成的整体,有1.5F-3μmg=3ma,则a=0.5μg,此时c 受到的摩擦力f1=ma=0.5μmg,选项C正确;剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,b、c整体的加速度大小a'==μg,所以c受到的摩擦力f2=ma'=μmg,选项D正确.变式题AC[解析]对A,由牛顿第二定律得f=Ma A,当f为最大静摩擦力时,加速度最大,所以A的最大加速度为a A==μg,选项A正确;当B、C共同运动的加速度大于μg 时,A和B发生相对滑动,对B、C整体,有mg-μMg=(m+M)a BC,又知a BC>μg,解得m>,选项B错误;若A、B未发生相对滑动,则加速度a=,此时A 受到的摩擦力f=Ma=,选项C正确;由于C有加速度,所以T<mg,对滑轮受力分析,可知滑轮受到轻绳的作用力F N=T<mg,选项D错误.考点二例3g tanθ方向水平向右[解析]以小球为研究对象,在未剪断绳子OA之前,小球受到的力有:重力mg,方向竖直向下;弹簧OB的拉力F1,方向与竖直方向成θ角斜向上;绳子OA的拉力F2,方向水平向左.由于小球处于静止状态,则弹簧OB的拉力F1和重力mg的合力与绳子OA的拉力是一对平衡力,所以F1和mg的合力在数值上等于绳子OA的拉力mg tanθ,方向水平向右.当剪断绳子OA的瞬间,绳子OA的拉力消失,而弹簧OB的拉力来不及变化(弹簧OB的拉力F1使弹簧OB发生了形变,而弹簧要恢复到原长是需要时间的,所以在这一瞬间我们认为弹簧的长度并没有改变),所以此时小球受到重力mg和弹簧OB的拉力F1作用,其合力为mg tanθ,方向水平向右.由牛顿第二定律得加速度a==g tanθ,方向水平向右.变式题BC[解析]设小球静止时绳BC的拉力为F,橡皮筋AC的拉力为T,由平衡条件得F cosθ=mg,F sinθ=T,解得F=,T=mg tanθ.在AC被突然剪断的瞬间,BC上的拉力F发生了突变,小球的加速度方向沿与BC垂直的方向斜向下,大小为a==g sinθ,B正确,A错误;在BC被突然剪断的瞬间,橡皮筋AC的拉力不变,小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等,方向沿BC方向斜向下,故加速度a==,C正确,D错误.例4AC[解析]以a、b、c整体为研究对象,细线拉力F=3mg,以b、c整体为研究对象,弹簧S1的弹力为F1=kΔl1=2mg,以c为研究对象,弹簧S2的弹力为F2=kΔl2=mg,在剪断细线瞬间,弹簧的长度来不及改变,则F1=2F2,Δl1=2Δl2,对a,有mg+F1=ma1,可得a1=3g,选项A、C正确.变式题CD[解析]烧断细线前,对A、B、C整体,由平衡条件得,弹簧弹力F=3mg sinθ,烧断细线的瞬间,弹簧弹力不变,A、B整体的加速度a AB==g sinθ,对B,有T-mg sinθ=ma AB,所以轻杆弹力T=mg sinθ,选项A、B错误,选项C正确;C所受的合力为mg sinθ,所以加速度为g sinθ,方向沿斜面向下,选项D正确.考点三例5A[解析]小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零.斜面对小球的弹力恰好为零时,设绳子的拉力为F,斜面的加速度为a0.以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有F cosθ=ma0,F sinθ-mg=0,解得a0=13.3m/s2.(1)由于a1=5m/s2<a0,可见小球仍在斜面上,此时小球的受力情况如图甲所示,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有F1sinθ+F N cosθ-mg=0,F1cosθ-F N sinθ=ma1,解得F1=20N,选项A正确,B错误.(2)由于a2=20m/s2>a0,可见小球离开了斜面,此时小球的受力情况如图乙所示,设绳子与水平方向的夹角为α,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有F2cosα=ma2,F2sinα-mg=0,解得F2=20N,选项C、D错误.变式题1N≤F≤N[解析]假设水平推力F较小,物块相对斜面具有下滑趋势,当刚要下滑时,推力F具有最小值,设大小为F1,此时物块受力如图甲所示,取加速度方向为x轴正方向,对物块分析,在水平方向,有F N sinθ-μF N cosθ=ma1在竖直方向,有F N cosθ+μF N sinθ-mg=0对整体,有F1=(M+m)a1联立解得a1=m/s2,F1=N假设水平推力F较大,物块相对斜面具有上滑趋势,当刚要上滑时,推力F具有最大值,设大小为F2,此时物块受力如图乙所示,对物块分析,在水平方向,有F N'sinθ+μF N'cosθ=ma2在竖直方向,有F N'cosθ-μF N'sinθ-mg=0对整体,有F2=(M+m)a2联立解得a2=m/s2,F2=N综上所述,可知推力F的取值范围为N≤F≤N.变式题2C[解析]质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力和摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力,共五个力的作用,选项A错误;对整体,由牛顿第二定律可知,a=,隔离后面的叠加体,由牛顿第二定律可知,轻绳中拉力为T'=3ma=,由此可知,当F逐渐增大到2T时,轻绳中拉力等于T,轻绳才刚好被拉断,选项B错误,选项C正确;轻绳刚要被拉断时,质量为m和2m的两木块整体的加速度a'=,质量为m和2m的两木块间的摩擦力为f=ma'=,选项D错误.图8-11.如图8-1所示,质量分别为m和M的两长方体物块P和Q叠放在倾角为θ的固定斜面上.P、Q间的动摩擦因数为μ1,Q与斜面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g.当两物块由静止释放沿斜面滑下时,它们始终保持相对静止,则物块P对Q的摩擦力为()A.μ1mg cosθ,方向平行于斜面向上B.μ2mg cosθ,方向平行于斜面向下C.μ2mg cosθ,方向平行于斜面向上D.μ1mg cosθ,方向平行于斜面向下[解析]B P、Q由静止共同沿斜面滑下时,加速度a==g sinθ-μ2g cosθ,单独对P,有mg sin θ-f=ma,解得f=μ2mg cosθ,方向沿斜面向上,则物块P对Q的摩擦力大小为μ2mg cos θ,方向平行于斜面向下,选项B正确.图8-22.如图8-2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一起以加速度a向左做匀加速直线运动,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.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=C.若P、Q之间光滑,则加速度a=g tanθD.若P、Q之间光滑,则加速度a=g sinθ[解析]C对P、Q整体,地面对Q的支持力F N=2mg,选项A错误;若Q与地面间的动摩擦因数为μ,有F-2μmg=2ma,则μ=,选项B错误;若P、Q之间光滑,对P,有mg tan θ=ma,则加速度a=g tanθ,选项C正确,D错误.图8-3。

【三维设计】2016届高三物理一轮复习课时跟踪检测(8) 牛顿第一定律牛顿第三定律

课时跟踪检测(八)牛顿第一定律牛顿第三定律对点训练：对力与运动关系的理解1．(2015·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是()A．亚里士多德、伽利略B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿2．(2015·鹤壁模拟)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是()A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向一定相同3．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。

以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是()A．人在沿直线加速前进的车厢内竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大则速度就越大C．把手中皮球由静止释放后，球将加速下落，说明力改变了皮球的惯性D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”对点训练：对惯性的认识4．(2015·潍坊模拟)关于惯性的认识，以下说法正确的是()A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B．置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C．让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长，说明惯性与速度有关5．就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是() A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的6.如图1所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球()-2 -图1A ．一定相碰B ．一定不相碰C ．不一定相碰D ．无法确定对点训练：对作用力与反作用力的理解7．下列说法正确的是( )A ．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力B ．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力C ．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，才是一对作用力和反作用力D ．相互作用的一对力中，究竟哪一个力是作用力、哪一个力是反作用力是任意的8．(多选)一个物体静止在水平面上，与物体有关的力有：物体的重力G ；物体对水平面的压力F 1；水平面对物体的支持力F 2；物体对地球的吸引力F 3。

2016届高考物理一轮复习第三章第3课牛顿运动定律的综合应用课时作业(含解析)

第二单元专题：牛顿运动定律的应用第3课牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s 时间内的vt 图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t 1分别为( )A.13和0.30 s B ．3和0.30 s C.13和0.28 s D ．3和0.28 s 解析：根据图线特点知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，根据a ＝ΔvΔt 得：3a 甲＝a 乙，根据牛顿第二、第三定律有：F m 甲＝1F 3m 乙，得：m 甲m 乙＝3.再由图线乙有：4－00.4＝4－1t 1，所以t 1＝0.3 s ，B 正确．答案：B2．如图所示，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解析：对AB 整体分析，当它们处于静止状态时，弹簧的弹力等于整体AB 的重力，当施加力F 的瞬间，弹力在瞬间不变，故A 、B 所受合力为10 N ，则a ＝F 合2m ＝2.5m/s 2，后隔离A 物块受力分析，得：F ＋mg －F N ＝ma ，解得：F N ＝25 N ，所以A 对B 的压力大小也等于25 N.答案：C3．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则( ) A．a1＝a2 B．a1＜a2＜2a1C．a2＝2a1 D．a2＞2a1解析：当力为F时有：a1＝F－F fm，当力为2F时有：a2＝2F－F fm＝2F－2F f＋F fm＝2a1＋F fm，可知a2＞2a1，D对．答案：D4．某物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断如图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )解析：由vt图象知，0～2 s匀加速，2 s～4 s匀减速，4 s～6 s反向匀加速，6 s～8 s匀减速，且2 s～6 s内加速度恒定，由此可知：0～2 s内，F恒定，2 s～6 s内，F 反向，大小恒定，6 s～8 s内，F又反向且大小恒定，故B正确．答案：B5．如图所示为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C 点到D 点，运动员的加速度增大 ④从C 点到D 点，运动员的加速度不变A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④解析：对运动员受力分析可知自O 至B 自由下落，做匀加速直线运动，自B 至C 为加速度逐渐减小的变加速直线运动，自C 至D 为加速度逐渐增大的变减速直线运动，故B 项正确．答案：B 二、不定项选择题6．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度也逐渐增大解析：雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F fm ，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 错误，C 正确．答案：CD7．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )A.v 2μg B.LvC.2L μgD.2Lv解析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同．若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2Lμg，C 可能；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2L v ，D 可能；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －v μg ＝L ，有：t ＝L v ＋v 2μg ，A 不可能；木块不可能一直匀速至右端，B 不可能．答案：CD8．停在10层的电梯底板上放置有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示．开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止( )A．若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在1层，最后两块磁铁可能已碰在一起B．若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在1层，最后两块磁铁一定仍在原来位置C．若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁可能已碰在一起D．若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁一定仍在原来位置解析：电梯突然向下开动时处于失重状态，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，若最大静摩擦力小于两磁铁间的引力，则两磁铁会相互靠近并碰在一起，A对B错；若电梯突然向上开动，则处于超重状态，但电梯在接近20层时，会做减速运动，此时电梯失重，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，两磁铁有可能会相互靠近并碰在一起，故C对D错．答案：AC9．如图所示，三角体由两种材料拼接而成，B C界面平行于底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°；已知物块从顶端A由静止下滑，先加速至B再匀速至D；若该物块由静止从顶端A沿另一侧面下滑，则( )A．物块一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段小B．物块在AB段的运动时间大于AC段的运动时间C．物块将先加速至C再匀速至ED．物块通过C点的速率大于通过B点的速率解析：设物块由A到B，由B到D的动摩擦因数分别为μ1、μ2则由A到B时，加速度a1＝gsin 30°－μ1gcos 30°，v B＝2a1·BCcos 30°，t1＝2B C·cos 30°a1；由A到C时，a2＝gsin 60°－μ1gcos 60°，v C＝2a2·BCsin 30°，t2＝2BC·sin 30°a2；比较可知，v B<v C，t1>t2.物块由B匀速运动到D，有mgsin 30°＝μ2mgcos 30°，即μ2＝tan 30°.由C到E，由于μ2<tan 60°，所以物块从C加速运动到E，加速度a3＝gsin 60°－μ2gcos 60°，可知a2>a3.答案：BD10．如图所示，光滑的水平地面上有三块质量均为m 的小块a 、b 、c ，a 、c 之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F 作用在b 上，使三木块一起运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某木块上，系统始终保持相对静止，下列说法正确的是( )A ．无论粘在哪块木块上，系统的加速度一定减小B ．若粘在a 木块上，a 、b 间摩擦力一定不变C ．若粘在b 木块上，绳中拉力一定减小D ．若粘在c 木块上面，绳中拉力一定增大解析：本题考查的是研究对象的选取及牛顿第二定律的应用．以整体为研究对象，由牛顿第二定律知系统的加速度减小，选项A 正确；若粘在a 木块上，以a 、b 整体为研究对象，由牛顿第二定律知a 、b 间的摩擦力增大，选项B 错误；若粘在b 木块上，以c 为研究对象，由牛顿第二定律知绳中拉力减小，选项C 正确；若粘在c 木块上，以a 、b 整体为研究对象，由牛顿第二定律知绳中拉力一定增大，选项D 正确．答案：ACD 三、非选择题11．质量m ＝30 kg 的电动自行车，在F ＝180 N 的水平向左的牵引力的作用下，沿水平面从静止开始运动．自行车运动中受到的摩擦力F′＝150 N ．在开始运动后的第5 s 末撤消牵引力F.求从开始运动到最后停止电动自行车总共通过的路程．解析：电动自行车在牵引力F 和摩擦力F′作用下先做加速运动，5 s 末撤去F ，则只在F′作用下做减速运动．由牛顿第二定律得，在加速阶段F －F′＝ma 1，在减速阶段F′＝ma 2，由x 1＝12a 1t 2，v 1＝a 1t 及x 2＝v 212a 2，解得电动自行车通过的总路程x ＝x 1＋x 2＝15 m.答案：15 m12．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止，已知汽车的质量m ＝2×103kg ，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．解析：(1)汽车开始做匀加速直线运动x 0＝v 0＋02t 1，解得：v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)汽车滑行减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2，由牛顿第二定律有：－F f ＝ma 2，解得：F f ＝4×103N.(3)开始加速过程中加速度为a 1，x 0＝12a 1t 2，由牛顿第二定律有：F －F f ＝ma 1，解得：F＝F f ＋ma 1＝6×103 N.答案：(1)4 m/s (2)4×103N (3)6×103N13．消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg 、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m 的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1 800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g ＝10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度； (2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力； (3)消防队员下滑的最短的时间．解析：(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ，有2gh 1＝v 2m.消防队员受到的滑动摩擦力： F f ＝μF N ＝0.5×1 800 N ＝900 N. 减速阶段的加速度大小：a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2，减速过程的位移为h 2，由v 2m －v 2＝2a 2h 2，又h ＝h 1＋h 2.以上各式联立可得：v m ＝12 m/s.(2)以杆为研究对象得：F N ＝Mg ＋F f ＝2 900 N ．根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2 900 N.(3)最短时间为t min ＝v m g ＋v m －va 2＝2.4 s.答案：(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s。

三年高考两年模拟高考物理新课标一轮复习习题：第3章第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)含答案

第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)A组基础题组1.如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。

已知力F与水平方向的夹角为θ。

则m1的加速度大小为( )A. B. C. D.2.(2014福建理综,15,6分)如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。

对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )3.(2016福建师大附中期中)一物体静止在水平面上,物体与水平面之间的滑动摩擦力为0.5 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F,使物体在水平面上运动了3 s的时间。

为使物体在3 s时间内运动的位移最大,力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个(g取10 m/s2)( )4.(2015安徽合肥一模,6)如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和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,加速度大小为a1;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,加速度大小为a2。

则有( )A.a1=a2,x1=x2B.a1<a2,x1=x2C.a1=a2,x1>x2D.a1<a2,x1>x25.如图所示,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 N6.(多选)如图所示,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。

高考物理一轮复习课时跟踪检测(十三)牛顿运动定律的综合应用(二)含答案

课时跟踪检测（十三）牛顿运动定律的综合应用（二）[课时跟踪检测]1.如图所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )A ．M 下滑的速度不变B ．M 开始在传送带上加速到2v 0后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f ，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C 正确。

2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。

其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行。

旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2。

若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝L v ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝ 2La ＝ 2×21s ＝2 s ，D 正确。

(通用版)高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用课时作业(含解析)

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的点表示人的重心．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a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可得( )A．人的重力为：1 500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度解析：B 由图可知人的重力为500 N，故A错误；c点位置人的支持力750 N>500 N，处于超重状态，故B正确；e点位置人的支持力650 N>500 N，处于超重状态，故C错误；d 点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2，故D错误．2.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：C 未加恒力F时，对物块由牛顿第二定律知ma＝mg sin θ－μmg cos θ，而加上F后，ma′＝(mg＋F)(sin θ－μcos θ)，即a′>a，C正确．3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( ) A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：D 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态．当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确．4.(2018·烟台模拟)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( )A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上B．若m1＝m2tan α，则两物体可静止在斜面上C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)gD．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析：C 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2g sin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1g sin α，由于α>45°，则m2g sin(90°－α)<m1g sin α，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误．要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2g sin(90°－α)＝m1g sin α，即有m1＝m2cot α，B错误．若m1＝m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有F N－(M＋m1＋m2)g＝m2a sin(90°－α)－m1a sin α<0，即地面对三棱柱的支持力F N<(M＋m1＋m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有F f＝m1a cos α－m2a cos(90°－α)<0，C正确，D 错误．5．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 ．x 1一定等于x 2B ．x 1一定大于x 2C ．若m 1>m 2，则x 1>x 2D ．若m 1<m 2，则x 1<x 2解析：A 当用恒力F 竖直向上拉着a 时，先用整体法有F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，再隔离b 有kx 1－m 2g ＝m 2a ，联立得：x 1＝m 2F k m 1＋m 2.当沿水平方向拉着a 时，先用整体法有F ＝(m 1＋m 2)a ′，再隔离b 有kx 2＝m 2a ′，联立得x 2＝m 2F k m 1＋m 2，故x 1＝x 2，所以只有A 项正确．6．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，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A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v －t 图像如图乙所示(重力加速度为g )，则( )A ．施加外力前，弹簧的形变量为2g kB ．外力施加的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值解析：B 施加外力F 前，物体A 、B 整体平衡，根据平衡条件有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mg k，故A 错误；施加外力F 的瞬间，对物体B ，根据牛顿第二定律有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ，其中F 弹＝2Mg ，解得F AB ＝M (g －a )，故B 正确；由题图乙知，物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 和a ，且F AB ＝0，对B 有F 弹′－Mg ＝Ma ，解得F 弹′＝M (g ＋a )，故C 错误；当F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故D 错误．7．质点甲固定在原点，质点乙可在x 轴上运动，甲对乙的作用力F 只与甲、乙之间的距离x 有关，在2.2×10－10 m≤x ≤5.0×10－10 m 的范围内，F 与x 的关系如图所示．若乙自P 点由静止开始运动，且乙只受力F 作用，规定力F 沿＋x 方向为正，下列说法正确的是( )A ．乙运动到R 点时，速度最大B．乙运动到Q点时，速度最大C．乙运动到Q点后，静止于该处D．乙位于P点时，加速度最大解析：BD 由图示可知，质点乙由静止从P开始向右做加速运动，越过Q后做减速运动，因此经过Q点时速度最大，选项A错误、B正确．由图示图像可知质点运动到Q点后，在甲的作用力作用下做减速运动，不会静止在Q点，选项C错误．由图像可知在P点受力最大，根据牛顿第二定律知P点的加速度最大，选项D正确．8．如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上．B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止．则在0～2t0时间内，下列说法正确的是( )A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0解析：BCD t0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，A错；在0至t0过程中，A、B所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0时刻A、B速度最大，B对；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，C对；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，到2t0时刻，A、B速度减小到0，位移最大，D对．9．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图像．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．滑块的质量m＝4 kgB．木板的质量M＝4 kgC．滑块与木板间动摩擦因数为0.1D ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2解析：AC 由图像，当F 等于6 N 时，加速度a ＝1 m/s 2，对整体：F ＝(M ＋m )a ，解得：M ＋m ＝6 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M ，知图线的斜率k ＝1M ＝12，解得M ＝2 kg ，滑块的质量m ＝4 kg ，故A 正确，B 错误；根据F 大于6 N 的图线延长线知，F ＝4 N 时，a ＝0，由a ＝F －μmg M，解得μ＝0.1，故C 正确；根据μmg ＝ma ′得a ′＝1 m/s 2，D 错误．10.(2018·湖南衡阳模拟)如图，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．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 和m .各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f 2＝μ(M ＋m )g ＋μMg ，故A 错误；设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝Ma 1，F －f 1－f 2＝ma 2，发生相对运动需要a 2>a 1，代入已知条件解得：F >2μ(M ＋m )g ，故B 正确；若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，则位移小于d ，不会从桌面掉下，故C 正确；当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离纸板时的加速度a 1＝μg ，纸板的加速度a 2＝F －μm ＋M g －μMg m ＝2μg ，根据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝2d μg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移为v 22a ′＝2μgd 2μg＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码恰好离开桌面，故D 错误．二、计算题(本题共2小题，需写出规范的解题步骤)11.如图所示，水平地面上放置一个质量为m 的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：(1)若物体在拉力F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F 的大小范围．(2)已知m ＝10 kg ，μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，若F 的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a ＝5 m/s 2向右做匀加速直线运动时，拉力F 的最小值．解析：(1)要使物体运动时不离开地面，应有：F sin θ≤mg要使物体能一直向右运动，应有：F cos θ≥μ(mg －F sin θ)联立解得：μmg cos θ＋μsin θ≤F ≤mg sin θ(2)根据牛顿第二定律得 F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma解得：F ＝μmg ＋ma cos θ＋μsin θ上式变形得F ＝μmg ＋ma1＋μ2θ＋α 其中α＝arcsin11＋μ2 当sin(θ＋α)＝1时，F 有最小值解得：F min ＝μmg ＋ma 1＋μ2 代入相关数据解得：F min ＝40 5 N答案：(1)μmg cos θ＋μsin θ≤F ≤mg sin θ(2)40 5 N 12．(2018·滨州模拟)质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图像如图乙所示．g 取10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1,2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21①滑块的位移x 1＝4 m ②由牛顿第二定律得a 2＝μ1mg M③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④联立①②③④解得μ1＝0.4⑤滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a 1′＝μ2mg m ＝μ2g a 2′＝μ2mg M设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1 v 1－a 1′t 2＝v 2＋a 2′t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x 1′＝v 1t 2－12a 1′t 22 木板的位移x 2′＝v 2t 2＋12a 2′t 22 Δx ＝x 1′－x 2′联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m答案：(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m。

高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用跟踪检测

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.(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．(2013届安庆一中模拟)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.极限法与临界问题此状态叫临界状态，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 ＝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 .【答案】 C(对应学生用书第42页)连接体问题的分析思路(1)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 2gm 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 ＝m Mg tan α，a ′＝g tan α，由于M ＞m ，故a ′＞a .牛顿定律与图象的综合题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.“滑块、滑板组合模型”问题 (1)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．(2013届合肥一中检测)如图3－3－7所示，质量为M ＝4 kg 的木板长L ＝1.4 m ，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/s 2)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t 1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t 1时刻撤掉力F ，此时，滑块的速度为v 2，木板的速度为v 1，t 2时刻达到最终速度v 3，阴影部分的面积为板长L .在0～t 1的过程中，由牛顿第二定律得：对滑块：μmg ＝ma 2，v 2＝a 2t 1 对木板：F －μmg ＝Ma 1，v 1＝a 1t 1撤去力F 后，木板的加速度变为a 3，则：μmg ＝Ma 3由v －t 图象知：L ＝12(v 1－v 2)t 1＋12(v 1－v 2)(t 2－t 1)＝12(v 1－v 2)t 2，v 1－a 3(t 2－t 1)＝v 2＋a 2(t 2－t 1)联立以上各式得：t 1＝1 s. 【答案】 1 s 【即学即用】3．(2013届呼和浩特模拟)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/s 2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．取g ＝10 m/s 2.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a 1，人受到的摩擦力为f ，由牛顿第二定律有f ＝ma 1＝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a 2，对木板由牛顿第二定律有 f ′－μ(M ＋m )g ＝Ma 2代入数据解得a 2＝2 m/s 2，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＝8m ，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．(2013届黄山屯溪一中检测)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＝ma 1 竖直方向有F N cos θ＋μF N sin θ －mg ＝0 对整体有F 1＝(M ＋m )a 1代入数值得a 1＝4.8 m/s 2，F 1＝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F 2，对物块分析，在水平方向有F ′N sin θ＋μF ′N cos θ＝ma 2，竖直方向有F ′N cos θ－μF ′N sin θ－mg ＝0，对整体有F 2＝(M ＋m )a 2代入数值得a 2＝11.2 m/s 2，F 2＝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/s 2)【解析】设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时(m 、M 间恰无作用)弹簧的压缩量为x 2，设匀加速运动的加速度为a ，则有对整体：kx 1＝(M ＋m )g ① 对M ：kx 2－Mg ＝Ma ②x 1－x 2＝12at 2③由①式得x 1＝M ＋m gk＝0.15 m ，由②③式得a ＝6 m/s 2.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( )A．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(2013届阜阳模拟)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.(2013届海南文昌中学模拟)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 ＝3ma ①对B 有 F －T ＝ma ② 对C 有 T cos α＝mg ③ T sin α＝ma ④联立①②式得：T ＝2ma ⑤联立③④式得：T 2＝m 2(g 2＋a 2)⑥联立⑤⑥式得：a ＝33g ⑦利用①⑦式得：F ＝ 3mg . 【答案】 3mg ●滑块－滑板类问题5．(2013届亳州模拟)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/s 2.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a 1＝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a 2＝(F －f )/M ，使m 能从M 上面滑落下来的条件是a 2＞a 1，即(F －f )/M ＞μg ，解得F ＞20 N.(2)a 1＝μg ＝4 m/s 2, a 2＝F －f M ＝22.8－0.4×1×104m/s 2＝4.7 m/s 2t ＝2L a 2－a 1＝ 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f 1＝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f 2＝μmg ＞f 1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.【答案】 C2．(2013届南京模拟)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 b m 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】 C 3.图3－3－18(2013届金华一中模拟)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/s 2)( )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(2013届宣城模拟)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＝13m/s 2，a 2＝23m/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．(2013届石家庄一中质检)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】 C 6.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】 A 7.图3－3－22(2013届郑州一中质检)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 ＝0.1N ，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＝f mg ＝130，D 项错误．【答案】 B 8.图3－3－23(2013届沈阳一中模拟)如图3－3－23所示，质量为m 1＝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m 2＝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/s 2，下列正确的是( )A ．物体A 处于失重状态，加速度大小为10 m/s 2B ．物体A 处于超重状态，加速度大小为20 m/s 2C ．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 ＋m 2)g －m 1g ＝(M ＋m 1＋m 2)a ，则加速度为a ＝5 m/s 2，A 、B 错；隔离C 有m 2g －F N ＝m 2a ，即F N ＝5 N ，C 对；隔离A 有T －m 1g ＝m 1a ，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．(2013届黄山模拟)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/s 2.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＝0.4B ．m ＝1.5 kg ，μ＝0.4C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2D ．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/s 2，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】 A 10．(2013届银川一中质检)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a B ．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mg k【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x 1＝mg sin 30°k ＝mg 2k ，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)(2013届哈尔滨一中质检)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/s 12.图3－3－27(16分)(2013届南宁模拟)一小圆盘静止在一长为L 的薄滑板上，且位于滑板的中央，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，又x 0－x 1＝L2圆盘离开滑板后做匀减速运动，设圆盘从离开滑板到静止时的位移为x 2，加速度为a 2 对圆盘有a 2＝－μ2g0－v 21＝2a 2x 2联立以上各式，解得圆盘从开始运动到最后停止的位移x ＝x 1＋x 2＝μ1gL2a －μ1g＋μ21gL2μ2a －μ1g ＝μ1gL μ1＋μ22μ2a －μ1g.【答案】 μ1gL μ1＋μ22μ2a －μ1g。

高考物理一轮复习课时跟踪检测(十)第三章牛顿运动定律第3节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vt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vt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．F3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 ga ′，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 。

高考物理一轮(四川专版题库)：第三章课时跟踪检测(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。

高考物理一轮复习第3章第3单元《牛顿运动律的综合用》时跟踪检测

取夺市安慰阳光实验学校高考物理一轮复习定时跟踪检测：第3章第3单元《牛顿运动定律的综合应用》（人教版）(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．[2013·山东烟台一模]如图是某跳水运动员最后踏板的过程：设运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B 位置)．对于运动员从A位置运动到B位置的过程中，下列说法正确的是( ) A．运动员到达最低点时处于失重状态B．运动员到达最低点时处于超重状态C．在这个过程中，运动员的速度一直在增大D．在这个过程中，运动员的加速度一直在增大解析：运动员接触跳板(A位置)时，运动员只受重力，加速度方向向下，速度向下，则跳板的形变量增加，跳板对运动员的弹力增大，加速度减小，所以运动员做加速度减小的加速运动；当跳板的弹力增大到大小等于运动员的重力时，加速度为零，速度达到最大；运动员继续向下运动，跳板的形变量继续增大，弹力增大，运动员的加速度方向向上且在增大，所以运动员做加速度增大的减速运动；综上所述，运动员到达最低点时的加速度方向向上，所以此时运动员处于超重状态，故A错误、B正确；从A到B的过程中，运动员的速度先增大后减小，故C错误；运动员的加速度先减小后增大，故D错误．答案：B2．[2013·黑龙江四校二模]质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度—时间图象，则下列说法中正确的是(g＝10 m/s2)( )A．水平力F可能等于0.3 NB．物体的摩擦力一定等于0.1 NC．水平力F一定等于0.1 ND．物体的摩擦力可能等于0. 3 N解析：①由题图可知，物体在两种情况下均做减速运动，图线a的加速度大小为a a＝5－36m/s2＝13m/s2，图线b的加速度大小为a b＝5－16m/s2＝23m/s2；②若水平力F与速度方向相同，则F f－F＝ma a、F f＝ma b，解得F f＝0.2 N、F＝0.1 N；若水平力F与速度方向相反，则F f＝ma a、F＋F f＝ma b，解得F＝0.1 N、F f＝0.1 N．故C正确．答案：C3．[2013·潍坊模拟]如图，圆柱体的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则分别固定在仓库侧壁，三块滑板与水平面的夹角依次为30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )A ．a 处小孩最先到O 点B ．b 处小孩最先到O 点C ．c 处小孩最先到O 点D ．a 、c 处小孩同时到O 点解析：三个小孩虽然都从同一圆柱面上下滑，但a 、b 、c 三点不可能在同一竖直圆周上，所以下滑时间不一定相等．设圆柱底面半径为R ，则Rcos θ＝12g sin θt 2，t 2＝4Rg sin2θ.由此表达式分析可知，当θ＝45°时，t 最小，当θ＝30°和60°时，sin2θ的值相等．故选B 、D.答案：BD4．[2013·南通模拟]如图所示，质量为M 的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m 的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须( )A ．匀速向下奔跑B ．以加速度a ＝M mg sin α向下加速奔跑[C ．以加速度a ＝ (1＋Mm)g sin α向下加速奔跑D ．以加速度a ＝(1＋M m)g sin α向上加速奔跑解析：以车为研究对象，在平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立坐标系，如图所示．因为车静止不动，即两个方向上合力都为零，x 方向：F f －Mg sin α＝0，所以摩擦力(人对车)沿斜面向上，大小等于Mg sin α，故人受车的作用力沿斜面向下．以人为研究对象受力分析如图所示．则有F f ′＋mg sin α＝maF f ＝F f ′所以a ＝(1＋Mm)g sin α，故C 正确．答案：C5．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10.则电梯运动的情况可能是( )A. 以大小为1110g 的加速度加速上升B. 以大小为1110g 的加速度减速上升C. 以大小为110g的加速度加速下降[D. 以大小为110g的加速度减速下降解析：当电梯静止时，弹簧被压缩了x，说明弹簧弹力kx＝mg；弹簧又被继续压缩了x10，弹簧弹力为1.1mg，根据1.1mg－mg＝ma，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态．符合条件的只有D.答案：D6．一枚由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图所示，则( ) A．t3时刻距地面最远B．t2～t3的时间内，在向下降落C．t1～t2的时间内，处于失重状态D．0～t3的时间内，始终处于失重状态解析：由速度图象可知，在0～t3内速度始终大于零，表明这段时间内一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确、B错误．t1～t2的时间内，在加速上升，具有向上的加速度，应处于超重状态，而在t2～t3时间由在减速上升，具有向下的加速度，处于失重状态，故C、D错误．答案：A7．[2013·海口模拟]如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( ) A．加速下降B．加速上升C．减速上升D．减速下降解析：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，B、D正确．答案：BD8.如图所示，光滑水平桌面上，有质量相等的两个物体用细线相连，在水平拉力F1和F2的作用下运动，已知F1<F2，则以下说法中正确的有 ( ) A．若撤去F1，加速度一定变大B．若撤去F1，细线上的拉力一定变大C．若撤去F2，加速度一定变小D．若撤去F2，细线上的拉力一定变小解析：先整体法求出加速度a＝F2－F12m，再隔离左边(或右边)的物体可求得绳子的拉力为F T＝F2＋F12同理，当去掉F 1时，a 1＝F 22m ，F T1＝F 22；当去掉F 2时，a ＝F 12m ，F T2＝F 12，所以A 、D 正确.答案：AD9．倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m 的滑块正在加速下滑，如图所示．滑块上悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后悬线的方向是( )A ．竖直下垂B ．垂直于斜面C ．与竖直向下的方向夹角α<θD ．以上都不对解析：整体看a ＝g sin θ，球的加速度也为a ＝g sin θ，方向沿斜面向下，滑块上悬挂的小球达到稳定后悬线的方向垂直于斜面．答案：B10．如图所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )A ．0B.m －Mm ＋MF ，方向向右 C.m －Mm ＋MF ，方向向左 D.M －mm ＋MF ，方向向右解析：取人和小车为一整体，由牛顿第二定律得：2F ＝(M ＋m )a ，设车对人的摩擦力大小为F f ，方向水平向右，对人应用牛顿第二定律得：F －F f ＝ma .可求得：F f ＝M －mM ＋mF ，由此可见：当M ＝m 时，F f ＝0，A 正确．当M >m 时，F f >0，方向水平向右，当M <m 时，F f <0，方向水平向左，故A 、C 、D 正确．答案：ACD二、非选择题(共30分)11．(16分)如图所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P 处于静止．P 的质量为12 kg ，弹簧的劲度系数k ＝800 N/m.现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速运动．已知在前0.2 s 内F是变化的，在0.2 s 以后F 是恒力，g ＝10 m/s 2，求：(1)未施加力F 时，弹簧的压缩量？(2)物体做匀加速直线运动的加速度a 的大小？ (3)F 的最小值是多少？最大值是多少？分析：解题时注意分析以下几个状态：①未施加力F 时，物体P 处于平衡状态；②②施加力F 刚开始运动时，物体P 具有向上的加速度，此时的状态与未施加力F 时不同；③因弹簧的弹力随其形变量而改变，因此“前0.2 s 内F 是变化的，在0.2 s 以后F 是恒力”意味着在0.2 s 时刻弹簧恢复至原长．解析：(1)以物体P 为研究对象，物体P 静止时受重力mg 、秤盘给的支持力F N ，如图甲所示因为物体静止，则F N ＝mg ＝kx 0 ① 故弹簧的压缩量x 0＝0.15 m②.(2)物体P 加速运动时受重力mg 、拉力F 和支持力F ′N ，受力示意图如图乙所示根据牛顿第二定律有F ＋F ′N －mg ＝ma③在0.2 s 后物体所受拉力F 为恒力，则此时P 与秤盘脱离，即弹簧恢复至原长．物体由静止开始运动，0～0.2 s 内物体的位移为x 0，则x 0＝12at 2④将x 0＝0.15 m 代入④式解得a ＝7.5 m/s 2⑤.(3)由③式可以看出，初始时刻时，F ′N 最大，力F 最小(如图丙所示)，此时有F ′Nm ＝F N ＝kx 0 ⑥ 代入③式得F min ＋kx 0－mg ＝ma ⑦ 故F min ＝mg －kx 0＋ma ＝90 N⑧还可以看出，当F ′N 最小为零时，F 最大，即F max －mg ＝ma ⑨ 解得F max ＝210 N.12．(14分)[2013·山东高考调研]如图所示，质量为 m ＝10 kg 的两个相同的物块A 、B (它们之间用轻绳相连)放在水平地面上，在方向与水平地面成θ＝37°角斜向上、大小为100 N 的拉力F 作用下，以大小为v 0＝4.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动，求剪断轻绳后物块A 在水平地面上滑行的距离．(取当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析：设两物体与地面间的动摩擦因数为μ，根据滑动摩擦力公式和平衡条件，对A 、B 整体有：μmg ＋μ(mg －F sin θ)＝F cos θ ①剪断轻绳以后，设物体A在水平地面上滑行的距离为s，有μmg＝ma ②v20＝2as ③联解方程，代入数据得：s＝2 mg－F sinθv202gF cosθ＝1.4 m.。