1、【 精品教育资源文库 】 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 (2018 江阴六校联考 )动物园的海洋馆深受小朋友的喜欢，其中 “ 海狮顶球 ” 节目因其互动性强而更深受小朋友的喜爱。如图所示为一海 狮把球顶向空中，并等其落下。下列有关球的
2、受力与运动的一些说法正确的是 ( ) A球在最高处受到重力和海狮对它的顶力作用 B球在最高处时球的速度为 0，处于平衡状态 C球在上升的过程中处于超重状态 D球在下落的过程中可认为只受重力作用 解析：选 D 竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，球在最高处只受到重力，故 A 错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为 g，不是平衡状态，故 B 错误；球在上升的过程中只受到重力的作用，加速度为 g，加速度的方向向下，处于失重状态，故 C 错误；竖直上抛运 动上升和下落过程都是只受到重力的作用，故 D 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
3、 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/s2 C F3的示数为 550 N 【 精品教育资源文库 】 D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
4、 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 FNGg 1 m/s2,2 s 末的速度 v2 at 2 m/s，此阶段位移 x1 12at2 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 v2t 2 m/s2，根据牛顿第二定律 FN G ma Gga ，解得此时的支持力 FN 600 N，即 F3 600 N，此阶段位移 x3 v22t 1 m。总位移 x x1 x2 x3 19 m，故选项
5、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 (2018 武威模拟 )在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为 m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为 k。在车厢的 顶部用一根细线悬挂一质量为 m2的小球。某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为 ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为 ( ) A伸长量为 m1gtan k B压缩量为 m1gtan k C伸长量为 m1gktan D压缩量为 m1gktan 解析：选 A 对小球受力分析，如图， 由几何关系 F 合 m2gtan 由牛
6、顿第二定律 a F合m gtan 车向左加速或向右减速 对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律 F 弹 m1gtan 物体受向左的弹力 结合胡克定律可知弹簧的伸长量为 m1gtan k 。 【 精品教育资源文库 】 5 多选 (2018 惠安县模拟 )如图所示，两个质量分别为 m1 2 kg， m2 3 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为 F1 30 N、 F2 20 N 的水平拉力分别作用在 m1、 m2上，则 ( ) A弹簧秤的示数是 10 N B弹簧秤 的示数是 50 N C在突然撤去 F2的瞬间， m1的加速度
7、不变 D在突然撤去 F2的瞬间， m2的加速度变大 解析：选 CD 对整体分析，整体的加速度 a F1 F2m1 m2 105 m/s2 2 m/s2。隔离对 m2分析，有 F F2 m2a，解得： F F2 m2a 20 32 N 26 N，故 A、 B 错误。在突然撤去 F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则 m1所受的合力不变，所以 m1的加速度不变，故 C 正确。在突然撤去 F2的瞬间，弹簧的弹力不变， m2所受的合力变为弹簧的弹力，则加速度 a Fm2 263 m/s2，加速度变大，故 D 正确。 6.如图所示，已知 M m，不计滑轮及绳子的质量，物体 M 和 m 恰好做匀速运动，若将 M
8、与 m 互换， M、 m 与桌面间的动摩因数相同，则 ( ) A物体 M 与 m 仍做匀速运动 B物体 M 与 m 做加速运动，加速度 a M m gM C物体 M 与 m 做加速运动，加速度 a MgM m D绳子中张力不变 解析：选 D 当物体 M 和 m 恰好做匀速运动，对 M，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得： Mg T mg 所以： mgMg mM 若将 M 与 m 互换，则对 M： Ma Mg T 对 m，则： ma T mg 得： a Mg mgM m Mg mMmgM m M2 m2 gM M m M m gM 故 A、 B、 C 错误；绳子中的拉力：T ma mg m
9、 M m gM mMmg mg。故 D 正确。 7 (2018 淮阴高三模拟 )粗糙 的地面上放着一个质量 M 1.5 kg 【 精品教育资源文库 】 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 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。 解析： (1)整体以 a 匀加速向
10、右运动，根据牛顿第二定律： F (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 FN 对小球受力分析： 在水平方向： kxcos FNsin ma 在竖直方向： kxsin FNcos 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如图所示，物块 A 放在木板 B 上， A、 B 的质量均为 m， A、 B 之间的动摩擦因数为 ，B 与地面之间的动摩擦因数为 3 。若将水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A的加速度为 a1；
11、若将水平力作用在 B 上，使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 B 的加速度为 a2，则a1与 a2的比为 ( ) A 1 1 B 2 3 C 1 3 D 3 2 解析：选 C 当水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，临界情况是 A、 B 的加速度相等，隔离对 B 分析， B 的加速度为： aB a1mg 3 2 mgm 13g ， 当水平力作用在 B 上，使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 A、 B 间的摩擦力刚好达到最大， A、B 的加速度相等，有： aA a2 mgm g ，可得： a1 a2 1 3。 9 (2018 桂林一模 )如图所示 A、 B 两个物体叠放在一起，静止
12、在粗糙水平地面上， B与水平地面间的动摩擦因数 1 0.1， A 与 B 之间的动摩擦因数 2 0.2。已知物体 A 的质【 精品教育资源文库 】 量 m 2 kg，物体 B 的质量 M 3 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2。现对物体 B 施加一个水平向右的恒力 F，为使物体 A 与物体 B 相对静止，则恒力的最大值是 (物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 )( ) A 20 N B 15 N C 10 N D 5 N 解析：选 B 当 F 作用在物体 B 上时， A、 B 恰好不滑动时， A、 B 间的静摩擦力达到最大值，对物体 A，有： 2mg ma 对整体，有： Fmax 1(
13、m1 m2)g (m1 m2)a； 由上述各式联立解得： Fmax 15 N。 10.多选 (2018 武汉模拟 )如图所示，在倾角为 30 的光滑斜面上端系有一劲度系数为 200 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为 2 kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形变。若挡板 A 以 4 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取 g 10 m/s2，则 ( ) A小球向下运动 0.05 m 时速度最大 B小球向下运动 0.01 m 时与挡板分离 C小球速度最大时与挡板分离 D小球从一开始就与挡板分离 解析：选 AB 球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速
14、度减小的加速运动。当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零，即： kxm mgsin 30 ， 解得： xm mgsin 30k 0.05 m， 由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为 0.05 m，故 A 正确。 设球与挡板分离时位移为 x，经历的时间为 t， 从开始运动到分离的过程中 ， m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力 FN，沿斜面向上的挡板支持力 F1和弹簧弹力 F。 根据牛顿第二定律有： mgsin 30 kx F1 ma， 保持 a 不变，随着 x 的增大， F1减小，当 m 与挡板分离时， F1减小到零，则有： mgsin 30 kx ma， 解得： x m gsin 30 ak 0.01 m， 【 精品教育资源文库 】 即小球向下运动 0.01 m 时与挡板分离，故 B 正确， C、 D 错误。 考点综合训练 11 (2018 武汉模拟 )冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图所示。在第一次训 练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的 A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了 s 28.9 m，停在圆垒内的虚线上。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为 0.02，重力加速度大小为 g 10 m/s2。 (1)运动员在投掷线 A 处放手时，冰壶
