1、课时分层集训(九)牛顿运动定律的综合应用(限时：40分钟) 基础对点练超重、失重现象1(2018西安“四校”4月联考)图3311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“”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ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出取重力加速度g10 m/s2根据图象分析可知( ) 图3311A人的重力为1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度B由题图可知a点处人处于平衡状态，则人的重力G500 N，A错误c、e点处人对传感器的压力大于人所受重力，故都处于超重状态，B正确，C错误在d
2、点处人所受合力为1 000 N，而在f点处人所受合力仅为500 N，再由牛顿第二定律可知人在d点处的加速度大，D错误2如图3312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( ) 【导学号：84370131】图3312A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D在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力A不计空气阻力，A、B两物体抛出后一起运动的加速度为g，两物体均处于完全失重状态，因此，物体只受重力作用，两物体间的相互作用力为零，A正确3(多选)如图3313所示
3、，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑当升降机加速上升时，( ) 图3313A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速下滑BD当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsin mgcos ，则tan (为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma物块“重力”变为Gmgma，支持力变为N(mgma)cos mgcos ，B对“重力”沿斜面向下的分力G下(mgma)sin ，沿斜面的摩擦力变为fN(mgma)cos mgcos ，A错误f(mgma)cos t
4、an (mgma)cos (mgma)sin G下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D对，C错误动力学中整体法、隔离法应用4(多选)如图3314所示，物块A的质量是B的2倍，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块间的相互作用力大小为N2，则以下判断正确的是( ) 【导学号：84370132】图3314Aa1a2 Ba1a2CN1N2 DN1N2BC设B的质量为m，则A的质量为2m；接触面光滑时，整体分析：a1，
5、对B分析：N1mBa1接触面粗糙时，整体分析：a2g，可知a1a2；对B分析：N2ma2mg，则N1N2，B、C正确5质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3315所示，则( ) 图3315A小球对圆槽的压力为B小球对圆槽的压力为C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小C利用整体法可求得系统的加速度为a，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为，由牛顿第三定律可知只有C项正确6如图3316所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的
6、质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f若木块不滑动，力F的最大值是( ) 【导学号：84370133】图3316ABC(mM)gD(mM)gA由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿第二定律得，对木块有：2fMgMa对夹子有：F2fmgma联立两式解得F，选项A正确(2018天水模拟)如图所示，A、B两物体质量为mA、mB(mAmB)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，则A、B运动过程中( ) A轻绳的拉力为(mAmB)gB轻绳的拉力逐渐减小C它们加速度的大小与成正比D若(mAmB)是一定值，则加速度大小
7、与(mAmB)成正比D以A、B为整体，通过分析，由牛顿第二定律可得(mAmB)g(mAmB)a，a，故C错误，D正确；对A由牛顿第二定律可知mAgFmAa，FmAgmAa，故A、B错误故选D动力学中图象问题7如图3317甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)则物体运动的速度v随时间t变化的规律是(物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )图3317C在01 s内，a1，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，1 s末物体速度v1a1t15 m/s；在12 s内，拉
8、力为零，a2，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在23 s内，a3，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末物体速度v3a3t315 m/s，故C正确，A、B、D错误8以不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忽略，另一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vt图象，可能正确的是( ) 【导学号：84370134】D不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mgkvma，即ag，随着物体速度的减小，
9、物体的加速度不断减小，故A项错误；物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度为g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误9一物体在水平推力F15 N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vt图象如图3318所示，g取10 m/s2，求：图3318(1)04 s和46 s物体的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数和物体的质量m；(3)在06 s内物体运动平均速度的大小解析(1)由图可得：a1 m/s225 m/s2，a2 m/s25 m/s2(2)根据牛顿第二定律得：mgma2解得：05根据牛顿第二定律得：Fmgm
10、a1解得：m2 kg(3)平均速度 m/s5 m/s答案(1)25 m/s25 m/s2(2)052 kg(3)5 m/s考点综合练10(多选)如图3319甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则( ) 【导学号：84370135】甲 乙图3319At1时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩
11、擦力作用ABC相对地面而言，小物块在0t1时间内，向左做匀减速运动，t1t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动故小物块在t1时刻离A处距离最远，A正确；在0t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B、C正确，D错误11一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M105 kg，Q的质量m15 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k800 N/m，系统处于静止如
12、图3320所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前02 s内，F为变力，02 s以后，F为恒力求力F的最大值与最小值(取g10 m/s2)图3320 解析设开始时弹簧压缩量为x1，t02 s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有kx1(Mm)gkx2mgmax1x2at2由式得x1015 m由式得a6 m/s2F小(Mm)a72 NF大M(ga)168 N答案168 N72 N12如图3321所示，将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m1和m
13、2，各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g图3321(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F的大小；(3)本实验中，m105 kg，m201 kg，02，砝码与纸板左端的距离d01 m，g取10 m/s2若砝码移动的距离超过l0002 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？ 【导学号：84370136】解析(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1m1g桌面对纸板的摩擦力Ff2(m1m2)gFfFf1Ff2，解得Ff(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1m1a1，FFf1Ff2m2a2若发生相对运动，则a2a1解得F2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t，lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2代入数据解得F224 N答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)224 N8