牛顿运动定律的综合应用

1、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（）r jJ【八/°B1 Dcr ot2. 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1011 s内电梯的加

2、速度大小为 2 m/s2C. F3的示数为550 NF7/N* 3150015001 1！:1H D .电梯运行的总位移为19 m对点训练：动力学中整体法与隔离法的应用4.（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 此时弹簧伸长量为 x'。则下列关系正确的是（）a'= 2a做匀加速运动,A. F' = 2FB . x'= 2xD. x' <2xC. F'

3、; >2F5.（多选）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 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F拉B木块，使四个木块以相同的DACC. 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B.一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为 F6如图所示，be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

4、动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 0o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7.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 尸0.2，倾角0= 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/ s2做

5、匀加速运动。已知sin 37°= 0.6, cos 37°= 0.8, g = 10 m/s2。（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。8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fm。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（）3A.扌m3C.cfm3B.4fm9.（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

6、= 1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数尸0.2,用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度A . am= 1 m/s2, aM = 1 m/ s2B. am = 1 m/s2, aM= 2 m/ s2C. am = 2 m/s2, aM= 4 m/s2D. am= 3 m/s2, aM = 5 m/s2am和小车的加速度aM，可能正确的有（）amjr-r10.（多选）如图甲所示，水平面上有一倾角为B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 是直线，BC为曲线，重力加速

7、度为 g = 10 m/s2。 则（）A . a= 40 m/s2 时，Fn = 0B .小球质量m = 0.1 kg3C.斜面倾角B的正切值为4T和Fn。若T-a图像如图乙所示，ABD .小球离开斜面之前，Fn= 0.8 + 0.06a（N）11.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 p,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为B的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是（）ma+ p mgcos 0+ n 0ma p mgcos 0 psin 0c."sin 0D."sin 012. 如图甲所示，一轻质弹

8、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，弹簧的形变量为爷B .外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为 M(g a)C. A、B在ti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13. 如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为 37 °,长为5 m的传送带与两平 台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的

9、速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体 恰好能滑到平台 CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大?无论传送带顺时针运动的速度多(2)当小物体在平台 AB上的运动速度低于某一数值时,大，小物体都不能到达平台 CD，求这个临界速度。若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？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受到升降机的支持力课时跟踪检测（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

10、算机处理后得到压力向下后向上，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500450A:|>1«* I «2lOlltA解析：选B 根据v -t图像可知电梯的运动情况： 加速下降t匀速下降t减速下降t加 速上升t匀速上升t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T等于重力T超重T超重T等于重力T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

11、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1011 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 02 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02 s内电梯匀加速下降，210 s内该同学所受的支持力等于重力，此时为平衡状态，所以210 s内电梯保持2 s末的速度匀速下降，1011 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，G F n2选项A正确；匀

12、加速阶段加速度a= 1 m/s2,2 s末的速度V2 = at = 2 m/ s,此阶段Gg1位移X1 = at2= 2 m ;匀速阶段位移 X2= 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' = f = 2 m/s2,根据牛顿第二定律 Fn' G= ma'=GV2ga'，解得此时的支持力 Fn ' = 600 N，即F3= 600 N，此阶段位移X3= -t' = 1 m。总位y厶移x= X1+ X2 + X3= 19 m，故选项 B、D正确，C错误。对点训练：动力学中整体法与

13、隔离法的应用in. WWA4. （多选）（2017上海十二校联考）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解析：选AB 取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F = （m1 + m2）a。弹

14、簧的弹力Ft= 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，Ftm1 + m2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 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

15、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fA = fo = ma,解得A、D木块所受摩擦力大小fA= fD= 4，方向均水平向右，故 B、C正确；一起加速过程中， C木块受到重共五个力的作用,A木块所受静摩力、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, 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，而擦力的大小不变但反向，故D错误。6. (2017黄冈质检)如图所示，be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

16、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0o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：Ff= (M + m)a，竖直方向：Fn = (M + m)g，则当加速度增加到 2a时，横杆对 M 的摩擦力Ff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

17、，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan 0=ma，解得tan 0=；，当a增加到两倍时，tan 0变为两倍，但 0不是原来的两倍。细线的 拉力Ft= “ ' mg 2+ ma 2,可见，a变为两倍，Ft不是原来的两倍，故 C、D错误。甲67. （2017潮州朝安区高三模拟）粗糙的地面上放着一个质量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0.2,倾角0= 37°,在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量=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/ s2做匀加速运

18、动。已知sin 37 °= 0.6, cos 37°= 0.8, g= 10 m/s2。（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 MM + m）g= （M + m）a，解得 F = 6 N。设弹簧的形变量为 x，斜面对小球的支持力为Fn对小球受力分析：在水平方向：kxcos 0 F Nsin 0= ma在竖直方向：kxsin 0+ Fncos 0= mg解得：x = 0.017 m Fn= 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. （

19、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 fm。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（）B.|fmD . fmC.；fm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 + 6mgsi n 30 ° = 6ma 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：fm + 4mgsin 30 °

20、; = 4ma3由、解得：F = 2fm,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卩=0.2,用水平恒力 F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度 aM，可能正确的有（）A.am =1m/s2,aM =1m/s2B.am =1m/s2,aM =2m/s2C.am =2m/s2,aM =4m/s2D.am =3m/s2,aM =5m/s2解析：选AC 当M与m间的静摩擦力fw卩mg= 2 N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当 M与m间相

21、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：Ji mg2am = ig= 0.2 x 10 m/s2= 2 m/ s2m此时 F = （M + m）am = （5 + 1） x 2 N = 12 N当 F<12 N，可能有 aM = am= 1 m/s2。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，aM>am = 2m/s2。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B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。

22、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Fn。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/s2。则（）40A - a= Tm/s2 时，甲B .小球质量m = 0.1 kg3C .斜面倾角B的正切值为;4T cos 0D .小球离开斜面之前，Fn = 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 F ns in 0= ma ,Ts in 0+ Fncos 0= mg，联立解得 Fn = mgcos 0 masi n 0,T = macos 0+

23、mgs in400 ,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= "3" m/s2时，Fn = 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mgsin 0= T;当a= 40 m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以晋03=ma，联立可得tan 0= 4 m = 0.1 kg ,选项B、C正确；将0和m的值代入F n = mgcos 0masin 0,得 Fn= 0.8 0.06a(N)，选项 D 错误。考点综合训练11.（2017淮安期末）将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，

24、环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为卩，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为0的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是（）ma+ u mgA'cos 0+ Qin 0B.ma u mgcos 0 Qin 0c.jaaa0sin 0计0解析：选C 对环受力分析，受重力、拉力、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) 若环受到的弹力为 0,则: 解得：F = %或F =竺。sin 0 cos 0(2) 若环受到的弹力的方向向上,所以:ma+mgcos 0+ psin 0Fcos 0= ma, Fsin 0= mg则:Fcos 0 p

25、(mg Fsin 0)= ma若环受到的弹力的方向向下，则:Fcos 0 pF sin 0 mg)= mama p mg所以:F =<cos 0 psin 0所以选项A、B、D是可能的，选项 C是不可能的。12. 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，弹簧的形变量为乍B. 外力施加的瞬间， A、B间的弹力大小为 M(g a)C. A、B在t1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：选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，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 弹一Mg F ab=Ma，其中F弹=2Mg，解得Fab = M(g a)，故B正确；由题图乙知，物体 A、B在t1时刻分离，此时 A、B具有共同的v和a,且Fab = 0,对B