2018版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 。

总位移x＝x 1＋x 2＋x 3＝19 m ，故选项B 、D 正确，C 错误。

对点训练：动力学中整体法与隔离法的应用4.(多选)(2017·上海十二校联考)如图所示，质量为m1和m 2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m 1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m 1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解析：选AB 取m 1和m 2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F ＝(m 1＋m 2)a 。

弹簧的弹力F T ＝m 2F m 1＋m 2＝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。

5．(多选)(2017·哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 与C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。

现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )A ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用B ．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F 4C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受摩擦力大小和方向相同D ．当F 撤去瞬间，A 、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变解析：选BC 在水平拉力F 的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F ＝4ma ，对A 、D 木块有f A ＝f D ＝ma ，解得A 、D 木块所受摩擦力大小f A ＝f D ＝F 4，方向均水平向右，故B 、C 正确；一起加速过程中，C 木块受到重力、D 木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A 错误；当F 撤去瞬间，D 木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A 木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D 错误。

6.(2017·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。

小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时( )A ．横杆对M 的摩擦力增加到原来的2倍B ．横杆对M 的弹力增加到原来的2倍C ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D ．细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A 对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：F f ＝(M ＋m )a ，竖直方向：F N ＝(M ＋m )g ，则当加速度增加到2a 时，横杆对M 的摩擦力F f 增加到原来的2倍，横杆对M 的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A 正确，B 错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，解得tan θ＝a g ，当a 增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。

细线的拉力F T ＝mg 2＋ma 2，可见，a 变为两倍，F T 不是原来的两倍，故C 、D 错误。

7．(2017·潮州朝安区高三模拟)粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m ＝0.5 kg 的小球，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面体施加一水平向右的恒力F ，使整体向右以加速度a ＝1 m/s 2做匀加速运动。

已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2。

(1)求F 的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。

解析：(1)整体以a 匀加速向右运动，根据牛顿第二定律： F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F ＝6 N 。

(2)设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cos θ－F N sin θ＝ma在竖直方向：kx sin θ＋F N cos θ＝mg解得：x ＝0.017 m F N ＝3.7 N 。

答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N对点训练：动力学中的临界极值问题8.(2017·晋城月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是f m 。

现用平行于斜面的拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块以同一加速度沿斜面向下运动，则拉力F 的最大值是( )A.35f m B.34f m C.32f m D ．f m解析：选C 当下面的质量为2m 的木块所受摩擦力达到最大时，拉力F 达到最大。

将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：F ＋6mg sin 30°＝6ma ①将2个质量为m 的木块及上面的质量为2m 的木块看做整体，由牛顿第二定律： f m ＋4mg sin 30°＝4ma ②由①、②解得：F ＝32f m ，故选C 。

9．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为M ＝5 kg ，小车上静止地放置着质量为m ＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度a m 和小车的加速度a M ，可能正确的有( )A ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 2解析：选AC 当M 与m 间的静摩擦力f ≤μmg ＝2 N 时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M 与m 间相对滑动后，M 对m 的滑动摩擦力不变，则m 的加速度不变，所以当M 与m 间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得： a m ＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2 此时F ＝(M ＋m )a m ＝(5＋1)×2 N＝12 N当F <12 N ，可能有a M ＝a m ＝1 m/s 2。

当F >12 N 后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，a M >a m ＝2 m/s 2。

故选项A 、C 正确，B 、D 错误。

10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球。

斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N 。

若T ­a 图像如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2。

则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0 B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06a (N)解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T ­a 图像呈线性关系，由题图乙可知a ＝403m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误。