2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课后限时训练新人教版必修1
2018届高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
的加速度减速上行,下列
判断中正确的是
(
)
A.缆车平稳匀速上行和减速上行时,缆车对游客的摩 擦力平行钢绳索向上 B.缆车平稳匀速上行和减速上行时,游客对缆车的作 用力均竖直向下 C.缆车减速上行时,缆车对游客的作用力是平稳匀速 上行时的 1 D.缆车减速上行时,缆车对游客的支持力是平稳匀速 上行时的
失重 状态。 宇航员处于_____
知识点2
牛顿运动定律的应用
加速度 (1)整体法:当连接体内(即系统内)各物体的_______ 整体 分 相同时,可以把系统内的所有物体看成一个_____, 整体 列 析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对_____
方程求解的方法。
相互作用的内力 时, (2)隔离法:当求系统内物体间_______________ “隔离” 出来,分析其受力 常把某个物体从系统中_________ 隔离 出来的物体 和运动情况,再用牛顿第二定律对_____ 列方程求解的方法。
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
【知识梳理】 知识点1 超重和失重
超重、失重和完全失重比较:
超重现象 物体对支持物的 压力(或对悬挂 大于 概念 物的拉力)_____ 物体所受重力 的现象
失重现象
完全失重现象 物体对支持 物的压力(或 对悬挂物的 等于零 拉力)_______ 的现象
物体对支持物 的压力(或对 悬挂物的拉 小于 物 力)_____ 体所受重力 的现象
【规律总结】超失重的两点注意
(1)不管物体的加速度是否沿竖直方向,只要其加速度 在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。 (2)发生超失重现象时,物体的重力依然存在,且不发生 变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发
生变化。
高考物理一轮复习_第3章_牛顿运动定律_第3讲_牛顿运动定律的综合应用
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②滑块在水平面上：
滑块做匀减速运动． 第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿 运动定律及运动学公式列式求解．
梳理1．(单选)关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )． A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受 的重力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自 由落体运动的物体不受重力作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下 的速度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且 不发生变化
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解析 物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下 的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力 发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确． 答案 D
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2．(单选)下列实例属于超重现象的是
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3．(2013·新课标卷Ⅰ，14)(单选)如图3－3－1是伽利略1604 年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数 据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运 动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的． 根据表中的数据．伽利略可以得出的结论是 ( )．
(1)超重时物体的重力大于mg. ( )
(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)物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与
速度方向无关．
( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2018高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用教师用书
第3节牛顿运动定律的综合应用知识点1 超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的．(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2．超重、失重和完全失重的比较1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力．1．正误判断(1)超重说明物体的重力增大了．(×)(2)失重说明物体的重力减小了．(×)(3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．(×)(4)物体失重时，也可能向上运动．(√)(5)应用牛顿运动定律进行整体分析时，可以分析内力．(×)(6)物体完全失重时，说明物体的重力为零．(×) 2．[对超重、失重的理解应用](多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图331所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )图331A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小AD[人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F′N＝F N＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，F′N最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F′N最小，选项A、D正确．] 3．[完全失重状态的应用]如图332所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )图332A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力。
2018版高考物理一轮复习讲义检测：第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用_含解析
第3节牛顿运动定律的综合应用_，（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。
（√）突破点（一）对超重与失重的理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
3．当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。
此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
多角练通]1．(2017·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态（）A．高楼正常运行的电梯中B．沿固定于地面的光滑斜面滑行C．固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动D．不计空气阻力条件下的竖直上抛解析：选D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误;固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，故不是总完全失重，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛,加速度总是向下的g,总是处于完全失重状态，故选项D正确。
2018届高考物理一轮复习新人教版教师用书：第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿运动定律综合应用(一)(含答案)
专题三牛顿运动定律综合应用(一)突破动力学图象问题1.图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.2.解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.考向1 利用vt图象求未知量[典例1] (2015·新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )(a) (b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度[问题探究] (1)上升过程已知几个物理量？能求出几个未知量？(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？[提示] (1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.[解析] 由运动的vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；根据运动的v t 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D 正确.[答案] ACD考向2 利用F t 图象求未知量[典例2] 如图甲所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m ＝1 kg 的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)2 s 末物体的速度； (2)前16 s 内物体发生的位移.[解题指导] 先分析前2 s 内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析2 s 后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.[解析] (1)由分析可知物体在前2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1 v 1＝a 1t 1代入数据可得a 1＝2.5 m/s 2，方向沿斜面向下 v 1＝5 m/s ，方向沿斜面向下.(2)物体在前2 s 内发生的位移为x 1，则x 1＝12a 1t 21＝5 m ，方向沿斜面向下当拉力为F 2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得F 2＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2代入数据可得a 2＝0.5 m/s 2，方向沿斜面向上 物体经过t 2时间速度减为0，则v 1＝a 2t 2得t 2＝10 st 2时间内发生的位移为x 2，则x 2＝12a 2t 22＝25 m ，方向沿斜面向下由于mg sin θ－μmg cos θ<F 2<μmg cos θ＋mg sin θ，则物体在剩下4 s 时间内处于静止状态.故物体在前16 s 内发生的位移x ＝x 1＋x 2＝30 m ，方向沿斜面向下. [答案] 见解析处理动力学图象问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象. (2)对物体先受力分析，再分析其运动过程. (3)将物体的运动过程与图象对应起来.(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断. 突破连接体问题的分析方法1.整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.3.整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”.[典例3] 如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的力作用于A 上且竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于( )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3[解析] 当水平力F 作用在B 上时，A 、B 做匀加速运动，则对A 、B 整体分析有F －3μmg ＝3ma 1，a 1＝F －3μmg3m；对A 隔离分析有kx 1－μmg ＝ma 1，经过整理得F ＝3kx 1.当F 竖直向上时，对A 、B 整体分析有F －3mg ＝3ma 2，a 2＝kx 1－mgm，对B 物体隔离分析有kx 2－2mg ＝2ma 2，解得x 1∶x 2＝1∶2，故B 正确.[答案] B[变式1] 如图所示，质量分别为m 、M 的两物体P 、Q 保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上表面水平，P 、Q 之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A.P 处于超重状态B.P 受到的摩擦力大小为μmg ，方向水平向右C.P 受到的摩擦力大小为mg sin θcos θ，方向水平向左D.P 受到的支持力大小为mg sin 2θ答案：C 解析：由题意可知，P 有向下的加速度，处于失重状态，选项A 错误；对P 、Q 整体，根据牛顿第二定律有(M ＋m )·g sin θ＝(M ＋m )a ，得加速度a ＝g sin θ，将沿斜面向下的加速度a ＝g sin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a 1＝a cos θ＝g sin θcos θ，a 2＝a sin θ＝g sin 2θ，对P 分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F f ＝ma 1，方向水平向左，竖直方向上有mg －F N ＝ma 2，得F f ＝mg sin θcos θ，F N ＝mg cos 2θ，选项C 正确，B 、D 错误.[变式2] 如图甲所示，光滑滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m 1＝m 2＋m 3，这时弹簧秤的读数为T .若把质量为m 2的物体从右边移到左边的物体上，如图乙所示，弹簧秤的读数将( )A.增大B.减小C.不变D.无法确定答案：B 解析：开始时，弹簧秤的示数为T＝2m1g，把质量为m2的物体移到左边的物体上后，弹簧秤的示数为T′，选三个物体和滑轮组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有(m1＋m2＋m3)g－T′＝(m1＋m2)a－m3a，解得T′＝2m1g－2m2a，可得T′<T.整体法、隔离法的使用技巧(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来.解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法.(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法.若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离.先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度.突破动力学临界、极值问题1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件，用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键.2.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态.(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.考向1 临界问题的分析方法[典例4] 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑①固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态②.现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止③开始沿斜面向上做匀加速④运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力⑤，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求力F 的最大值与最小值⑥.[解题指导][解析] 0(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 代入数据解得x 0＝0.12 m因前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝3 m/s 2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大F min ＝(m 1＋m 2)a ＝36 N对Q 应用牛顿第二定律得F max －m 2g sin θ＝m 2a解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝72 N. [答案] 72 N 36 N 考向2 极值问题的分析方法[典例5] 如图甲所示，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.如图乙所示，若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.甲 乙(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，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值. [解析] (1)当θ＝30°时，小物块处于平衡状态，对小物块受力分析并根据平衡条件有mg sin θ＝μmg cos θ解得：μ＝tan θ＝33. (2)当θ角变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a ，则：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma小物块的位移x 满足：0－v 20＝2ax 则：x ＝v 202gθ＋μcos θ）＝v 202g 1＋μ2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，x 有最小值将μ＝33代入得，x 的最小值为x min ＝3v 24g .[答案] (1)33 (2)θ＝60° 3v 24g动力学中的典型临界条件(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度的，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 ＝0.1.[动力学图象问题]以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是( )答案：D 解析：在速率—时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小.所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.2.[动力学图象问题]如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上.一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动.观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )答案：A 解析：小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低点时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C、D错误.3.[连接体问题](多选)如图所示，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( )A.F′＝2FB.x′＝2xC.F′>2FD.x′<2x答案：AB 解析：取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力F T＝m2Fm1＋m2＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，F T增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确.4.[连接体问题]如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面.当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关答案：D 解析：设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确.5.[临界、极值问题]倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝55kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( )A.10 NB.5 NC. 5 ND.10 N答案：A 解析：当滑块向右运动的加速度较小时，滑块对于小球存在支持力；当滑块向右运动的加速度较大时，小球将脱离斜面而“飘”起来.因此，本题存在一个临界条件：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和细线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有F T cos θ＝ma0F T sin θ－mg＝0其中θ＝45°解得a0＝g图1 图2则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有F′T cos α＝m·2gF′T sin α－mg＝0解得F′T＝5mg＝5×55×10 N＝10 N.提醒完成课时作业(十二)。
2018年高三物理总复习顶层设计文档第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用Word版含答案
第3讲牛顿运动定律的综合应用微知识❶超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：测力计所指示的数值。
2．超重、失重和完全失重比较1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。
如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。
基|础|诊|断一、思维诊断1．超重是物体的重力变大的现象(×)2．处于完全失重状态时，物体的重力消失了(×)3．物体处于超重状态时，加速度方向向上，速度方向也向上(×)4．整体法和隔离法是指选取研究对象的方法(√)5．应用整体法分析物体受力时，必须分析其内力(×)二、对点微练1．(超重和失重)(2017·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。
假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态解析演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员蹬地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，D错误。
2018版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
解析
对 AB 整体研究，根据牛顿第二定律得：(mA＋
mB)· gtanα＝(mA＋mB)a，得：a＝gtanα，对 B 研究，根据牛 顿第二定律得：mBgtanθ＝mBa，得 a＝gtanθ，所以不论 A 的质量是大于、小于还是等于 B 球的质量，均有 α＝θ，所 以 D 正确。
板块二 考点细研· 悟法培优
考点 1．判断方法
对超重和失重的理解
自主练透
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度 在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的 一部分具有竖直方向的分加速度， 整体也会出现超重或失重 状态。
2．易错易混点拨 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了， 完全失重也不是重力完全消失了。 在发生这些现象时， 物体 的重力依然存在， 且不发生变化， 只是物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)发生变化。 (2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理 现象都会完全消失， 如天平失效、 浸在水中的物体不再受浮 力、液体柱不再产生压强等。
所受物体的______ 压力 。
2．超重、失重和完全失重的比较
知识点 2 (1)整体法
牛顿定律的应用
Ⅱ
整体和隔离法
加速度 相同时，可以 当连接体内(即系统内)各物体的_______ 整体 ，分析其受力和运动 把系统内的所有物体看成一个 ______ 整体 列方程求解的方法。 情况，运用牛顿第二定律对______
必考部分
第3章 第3讲 牛顿运动定律
牛顿运动定律的综合应用
板块一 主干梳理· 对点激活
知识点 1 1.实重与视重
超重和失重
Ⅰ
(1) 实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态
高中物理一轮复习教案 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用
返回 [深化理解] 1．不管物体的加速度是否沿竖直方向，只要其加速度在竖直 方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 2．发生超重、失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生 变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了 变化，即视重发生了变化。 3．整体法和隔离法的选取与所研究的问题及连接体的组成特 点有关。如用滑轮连接的两物体加速度大小相同，但方向 往往不同，常采用隔离法。
整体的加速度 a 减小，因为 m、m′不变，所以 Tb 减小，Ta
增大，A、D 正确。
答案：AD
返回
二 研究好——题型·考法·技巧
返回
高考对本节内容的考查，主要集中在对超重和失重的理 解、临界极值问题分析、整体法与隔离法的应用，通常以选 择题的形式呈现，难度一般，而应用牛顿第二定律和运动学 规律分析板块模型和传送带模型问题，既是难点，又是热点， 题型有选择题，也有计算题，难度较大。
橡皮泥以后，两段绳的拉力 Ta 和 Tb 的变化情况是 ( )
A．Ta 增大
B．Tb 增大
C．Ta 减小
D．Tb 减小
解析：设最左边的物体质量为 m，最右边的物体质量为 m′，
整体质量为 M，整体的加速度 a＝MF ，对最左边的物体分析，
Tb＝ma，对最右边的物体分析，有 F－Ta＝m′a，解得 Ta＝F －m′a。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力 F 不变，则
最大加速度，处于超重状态，故 A、D 错误；由 F－mg＝ma，
可得 F＝mg＋ma，则当 a＝1.5 m/s2 时体重计的示数最大，
故 C 正确，D 错误。
答案：C
3．(多选)如图所示用力 F 拉 A、B、C 三个
高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用课件
页
第二十九页，共一百零八页。
关 键 能 力 全 突 破
12/9/2021
图(a)
图(b)
第三十页，共一百零八页。
图(c)
30
核 心 素 养
课 后 限 时 集 训
返 首 页
31
A．木板的质量为1 kg
核
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
心
素
关
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
养
键
能 力
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
关
养
键 能
乙中的小球，水平方向有F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，来自力课全 突
水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。对小球与车组
后
破
成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所
限 时
集
以F′>F，选项B正确。]
训
返
首
12/9/2021
页
第二十四页，共一百零八页。
关 用隔离法。
养
键
能 力
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
课
全
后
突 破
①明确研究对象或过程、状态。
限
时
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程 集
训
中隔离出来。
返
首
12/9/2021
页
第四页，共一百零八页。
5
核
心
素
关
养
键 能
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
力
课
全
④选用适当的物理规律列方程求解。
浙江鸭2018届高三物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用课件
C [设汽车刹车后滑动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得 μmg＝ma， 所以 a＝μg，由匀变速直线运动的规律得 v2 0＝2ax，故汽车刹车前的速度为 v0＝ 2ax＝ 2μgx＝14 m/s，选项 C 正确．]
3．图 332 甲是 1996 年在地球上空测定火箭组质量的实验情景，其实验原 理如图乙所示．实验时，用质量 m＝3 400 kg 的双子星号宇宙飞船去接触正在轨 道上运行的火箭组 M(发动机已熄火)．接触后，开动飞船的推进器，使飞船和火 箭组共同加速．推进器的平均推力 F＝895 N，推进器开动时间为 7 s，测出飞船 和火箭组的速度变化是 0.91 m/s，用这种方法测出火箭组的质量计为 M1，而发 |M1－M2| 射前科学家在地面上已测出该火箭组的质量 M2＝3 660 kg，则 M 最接近
考 点 一
课 后 限 时 训 练
考 点 二
第3节
牛顿运动定律的综合应用
考 点 三
考点一| 动力学两类基本问题
1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的 初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的 加速度，再应用牛顿第二 定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力 ．
3．解决两类基本问题的方法 以加速度 为“桥梁”，由运动学公式 和牛顿第二定律 列方程求解，具体逻 辑关系如图：
(2016· 浙江 10 月学考)在某段平直的铁路上，一列以 324 km/h 高速 行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min，随后匀加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km/h.
高考物理一轮复习 第三章 第3单元 牛顿运动定律的综合应用课件
• 2．(多选)如图所示，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
┃题组二┃ 整体法与隔离法
• 3．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质 量为2 kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3 kg的 物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为(取g＝10
• 4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一 部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状 态．
[试题调研] • [调研1] (多选)如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能
够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下 端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止， 并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力 F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( )
• 3．当问题中出现相互作用的多个物体时，可以选择系统为 研究对象，也可以选择其中一个物体为研究对象，从而出现 整体法与隔离法．
突破核心
•细研核心点 练透经典题
考点一 超重与失重
• 1．尽管物体的加速度不是沿竖直方向，但只要其加速 度在竖直方向上有分量即ay≠0，物体就会出现超重或失重状 态．当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay方向竖 直向下时，物体处于失重状态．
• 2．隔离法
• 当求系统内物体间________________时，常把某个物 体从系统中________出来，分析其受力和运动情况，再用牛 顿第二定律对________出来的物体列方程求解的方法．
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第三节 牛顿运动定律的综合应用课件
解析：物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下 的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变 化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化， 综合所述，A、B、C均错，D正确．
答案：D
2．下列关于超重和失重的说法正确的是( ) A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状 态 B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处 于超重状态 C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回 地面过程中处于失重状态 D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于 超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态
3．超重并不是说重力增加了，失重并不是说重力减小 了，完全失重也不是说重力完全消失了．在发生这些现象 时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持 物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化．
4．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现 象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮 力、液体柱不再产生向下的压强等．
A．人向上弹起过程中，人一直处于超重状态 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：人向上弹起过程中，先加速向上(处于超重状态)，再 减速向上(处于失重状态)，选项A错误；踏板对人的作用力和人 对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项B错 误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度向上，人处于超重状 态，所以高跷对人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．
第三章
牛顿运动定律
第三节 牛顿运动定律的综合应用
2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律3.1牛顿第一定律牛顿第三定律课件
【答案】
D
提分秘笈 1．惯性现象的“一只”、“二有”、“三区别” (1)“一只”：惯性的大小只跟物体的质量有关．
(2)“二有”：惯性是一切物体固有的属性；物体在任何情况下都有惯性．
(3)“三区别”：惯性与第一定律的区别；惯性与力的区别；惯性与速度的区别． 2．惯性的“两种表现” (1)不受外力的条件下，惯性表现出“保持”“原来的”运动状态． (2) 在受力条件下，惯性表现出运动状态改变的难易程度，质量越大，惯性越
4．与牛顿第二定律的关系 牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．力是如何改变物体运动状态的问 题由牛顿第二定律来回答．
例1
(多选)关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是(
)
A．牛顿第一定律是实验定律
B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
C．惯性定律与惯性的实质是相同的 D．牛顿第一定律说明了物体的运动不需要力来维持
两个力作用效果可抵消、可叠 加、可求合力且合力为零 可以相同，也可以不同
叠加性 的性质 相同点
大小相等、方向相反、作用在 同一条直线上
例3
一起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中 (忽略绳子的重力和空气 )
阻力)，以下说法正确的是(
A．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力 B．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小
关于物体的惯性，下列说法中正确的是(
)
A．运动速度大的物体不能很快停下来，是因为物体的速度越大，惯性也越大
B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大 C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小 D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性 解析：一切物体都具有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关，惯性是物体本
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用课后限时训练 新人教版必修1(
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课后限时训练新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课后限时训练新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课后限时训练新人教版必修1的全部内容。
牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题,1～4题为单选，5~8题为多选)1．(2016·河南周口西华一中等校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终保持水平，如图所示。
当此车加速上坡时，乘客错误!( B )A．处于失重状态B．处于超重状态C．受到向后的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面向下[解析] 当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误,B正确;对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力,乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用，故C错误。
由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误。
2．(2016·吉林松原油田高中三模）在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1与F2的作用,在第1s内物体保持静止状态。
若力F1与F随时间的变化关系如图所示,则物体错误!（ B ）2A．在第2s内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大B．在第3s内做加速运动，加速度大小逐渐增大,速度逐渐增大C．在第4s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大D．在第5s末速度为零，运动方向与F1方向相同［解析] 第2s内物体的合力不断变大，根据牛顿第二定律知加速度不断变大，物体做加速运动，速度逐渐增大，故A错误；在第3s内合力逐渐变大，故加速度不断变大，合力与速度同向,物体做加速运动，故B正确；在第4s内，合力逐渐减小，故加速度不断减小,合力与速度同方向，物体做加速运动，速度增大，故C错误;在第5s末，合力为零，故加速度为零，速度最大，此时运动方向与F1相同，故D错误.3．（2016·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高）同时由静止释放。
高考物理一轮总复习 第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(2021年最新整理)
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牛顿运动定律的综合应用时间：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。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．[2016·昆明模拟］如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中（）A．乘客始终受摩擦力作用B．乘客经历先超重再失重的状态C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案D解析乘客先斜向上做加速运动后做匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B错误;匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡,不受摩擦力，选项A错误；乘客在加速运动阶段受电梯的作用力与重力，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C错误、D正确。
2.[2016·黄山模拟］如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行。
t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下。
已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2。
在下图中，关于滑块相对地面运动的vt图象正确的是（）答案D解析滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝错误!＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t －t1＝1 s,当传送带突然制动停下时,滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止,a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度时间图象对应D选项。
(新课标)近年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)夯基提能作
（新课标）2018高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用（一）夯基提能作业本编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2018高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用（一）夯基提能作业本）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第3讲牛顿运动定律的综合应用(一）基础巩固1.(2014山东理综，15,6分)(多选）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。
在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（)A.t1B。
t2 C.t3 D.t42。
(2017福建福州一中测试）如图所示，两车厢的质量相同,其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。
若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦,下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是（)A。
绳子的拉力较大的那一端车厢里有人B.先开始运动的车厢里有人C.先到达两车中点的车厢里没有人D。
不去称量质量无法确定哪个车厢里有人3.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>x24。
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牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2016·河南周口西华一中等校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。
当此车加速上坡时，乘客导学号 51342327( B )A ．处于失重状态B ．处于超重状态C ．受到向后的摩擦力作用D ．所受力的合力沿斜面向下[解析] 当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A 错误，B 正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C 错误。
由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D 错误。
A ．在第2s 内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大B ．在第3s 内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大C ．在第4s 内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大D ．在第5s 末速度为零，运动方向与F 1方向相同[解析] 第2s 内物体的合力不断变大，根据牛顿第二定律知加速度不断变大，物体做加速运动，速度逐渐增大，故A 错误；在第3s 内合力逐渐变大，故加速度不断变大，合力与速度同向，物体做加速运动，故B 正确；在第4s 内，合力逐渐减小，故加速度不断减小，合力与速度同方向，物体做加速运动，速度增大，故C 错误；在第5s 末，合力为零，故加速度为零，速度最大，此时运动方向与F 1相同，故D 错误。
3．(2016·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝kv (k 为正的常量)。
两球的v －t 图象如图所示。
落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。
则下列判断正确的是导学号 51342329( C )A ．释放瞬间甲球加速度较大B ．m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等[解析] 释放瞬间v ＝0，因此空气阻力f ＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv ＝mg ，因此最大速度与其质量成正比，即v m ∝m ，故m 1m 2＝v 1v 2，故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2，而v 1>v 2，故甲球质量大于乙球质量，故C 正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等，故D 错误。
4．(2016·湖南衡阳一中一模)如图所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，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)，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小导学号 51342330( C )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大[解析] 在水平面上时，对整体由牛顿第二定律F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，对m 1由牛顿第二定律得F 1－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得F 1＝m 1m 1＋m 2F ；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g cos θ－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a 2，对m 1由牛顿第二定律得F 2－μm 1g cos θ－m 1g sin θ＝m 1a 2，联立解得F 2＝m 1m 1＋m 2F ；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 3，对m 1由牛顿第二定律得F 3－m 1g ＝m 1a 3，联立解得F 3＝m 1m 1＋m 2F 。
综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F ，故C 正确。
5．(2016·广东六校联盟联考)如图所示，光滑斜面C 静止在粗糙的水平地面上，质量均为m 的滑块A 、B 叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止。
则下列说法正确的是导学号 51342331( BC )A ．A 对B 的压力等于mgB ．B 受4个力的作用C ．地面对C 的摩擦力方向水平向左D ．若将A 撤去，则B 下滑的加速度变小[解析] A 、B 整体具有沿斜面向下的加速度，设加速度为a ，由牛顿第二定律可知(m A ＋m B )a ＝(m A ＋m B )g sin θ，得a ＝g sin θ，将a 正交分解为竖直方向分量a 1和水平分量a 2，由于具有水平分量a 2，故物体A 必受到水平向左的摩擦力f 。
由牛顿第二定律得竖直方向：m A g －N ＝m A a 1，水平方向：f ＝m A a 2，设斜面与水平方向的夹角为θ，由几何关系得a 1＝a sin θ＝g sin θ·sin θ＝g sin 2θ，a 2＝a cos θ＝g sin θ·cos θ，得N ＝m A g －m A g sin 2θ＝m A g cos 2θ，f ＝m A gsin θcos θ，故A 错误；由上面的分析可以知道B 受到本身的重力、斜面的弹力、A 的压力以及A 对B 的摩擦力作用，故选项B 正确；对A 、B 、C 整体分析，整体具有水平向左的分加速度，故整体受到地面的水平向左的摩擦力作用，故选项C 正确；若将A 撤去，对B 根据牛顿第二定律有m B a ＝m B g sin θ，得a ＝g sin θ，即加速度不变，故选项D 错误。
6．(2016·浙江金丽衢十二校联考)某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象．在地面上称得其体重为500N ，再将台秤移至电梯内称其体重。
电梯从v ＝0时由静止开始运动，到t ＝11s 时停止，得到台秤的示数F 随时间t 变化的情况如图所示(g 取10m/s 2)。
则导学号 51342332( ABD )A ．电梯为下降过程B ．在10～11s 内电梯的加速度大小为2m/s 2C ．F 3的示数为550ND ．电梯运行的总位移为19m[解析] 台秤的示数即为人对台秤的压力，人对台秤的压力与台秤对人的支持力为一对作用力与反作用力，由题意可知，0～2s 内，台秤示数为450 N ，人的加速度向下；2～10s 内，台秤示数为500N ，人处于匀速运动状态；10～11s 内，台秤示数为F 3>500N ，人的加速度向上，由上述分析可知电梯必定是先加速，再匀速，最后减速下降，故A 正确。
0～2s 内，a 1＝500－450m＝1m/s 2,2s 末速度v 1＝a 1t ＝2m/s ；2～10s 内，匀速，速度为2m/s ；10～11s 内，a 3＝F 3－500m ，v 1＝a 3t 3，t 3＝1s ，解得a 3＝2m/s 2，F 3＝600N ，故B 正确，C 错误。
x 1＝12a 1t 21＝2m ，x 2＝v 1t 2＝16m ，x 3＝12a 3t 23＝1m ，电梯运行的总位移x ＝x 1＋x 2＋x 2＝19m ，故D 正确。
A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D ．物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块B 下滑过程中相对传送带的路程[解析] A 、B 都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，因μ＝0.5<tan θ＝0.75，则物体都向下加速，传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A 错误，B 、C 正确；A 物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D 正确。
A ．物体的质量B ．斜面倾角的正弦值C ．加速度增大到6m/s 2时物体的位移D ．物体静止在斜面上时的外力F[解析] 对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示。
x 方向：F cos θ－mg sin θ＝ma ，y 方向：N －F sin θ－mg cos θ＝0，从图象中取两个点(20N,2m/s 2)，(30N,6m/s 2)代入解得m ＝2kg ，θ＝37°，故A 、B 正确。
当a ＝0时，可解得F ＝15N ，取最小拉力为15N 。
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6m/s 2时物体的速度大小，无法求出位移，故C 错误，D 正确。
二、非选择题9．(2016·河北石家庄5月二模)如图所示，倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，质量m ＝2kg 的物块在与斜面成37°角斜向上恒力F ＝20N 的作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
导学号 51342335(1)求物块在恒力F 作用下向上运动的加速度a ；(2)若恒力F 作用4s 后撤去，求物块再经过多长时间返回斜面底端。
[答案] (1)1m/s 2 (2)3.4s[解析] (1)在力F 作用时有 F cos37°－mg sin37°－μ(mg cos37°－F sin37°)＝ma ，解得a ＝1m/s 2。
(2)刚撤去F 时，物块的速度v 1＝at 1＝4m/s ，物块的位移s 1＝v 12t 1＝8m 。
撤去力F 后，物块上滑时有－(mg sin37°－μmg cos37°)＝ma 2，解得a 2＝－10m/s 2，物块上滑时间t 2＝0－v 1a 2＝0.4s ， 物块继续上滑的距离s 2＝0－v 212a 2＝0.8m 。
则物块上滑的最大距离s m ＝s 1＋s 2＝8.8m 。
物块返回时有mg sin37°－μmg cos37°＝ma 3，解得a 3＝2m/s 2，物块由顶端返回底端时有s m ＝12a 3t 23，解得t 3＝2 2.2s 。
撤去恒力F 后，物块返回斜面底端共用时 t ＝t 2＋t 3＝(0.4＋2 2.2)s ＝3.4s 。
10．(2016·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L ＝2m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。