人教版物理一轮课后限时集训9 牛顿运动定律的综合应用.docx

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人教版物理一轮课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用

课后限时集训（九）　

（建议用时：

40分钟）

[基础对点练]

题组一：

超重、失重现象

1．下面关于失重和超重的说法，正确的是（　　）

A．物体处于失重状态时，所受重力减小；处于超重状态时，所受重力增大

B．在电梯上出现失重现象时，电梯必定处于下降过程

C．在电梯上出现超重现象时，电梯有可能处于下降过程

D．只要物体运动的加速度方向向上，物体必定处于失重状态

C　[加速度方向向下，物体处于失重状态，加速度方向向上，物体处于超重状态，超重和失重并非物体的重力增大或减小，而是使悬绳（或支持面）的弹力增大或减小，故A、D均错误。

电梯加速向上运动时，物体处于超重状态，电梯减速下降时，物体也处于超重状态，电梯减速上升时，物体处于失重状态，故B错误，C正确。

]

2.如图所示，一位同学站在机械指针体重计上，突然下蹲到静止。

根据超重和失重现象的分析方法，判断整个下蹲过程体重计上指针示数的变化情况是（　　）

A．先小于体重，后大于体重，最后等于体重

B．先大于体重，后小于体重，最后等于体重

C．先小于体重，后等于体重

D．先大于体重，后等于体重

A　[此同学受到重力和体重计的支持力的作用。

开始重心加速下降，处于失重状态，则支持力小于重力；后来重心减速下降，处于超重状态，则支持力大于重力，最后静止时等于重力。

因此，体重计的示数将先小于体重，后大于体重，最后等于体重。

A选项正确。

]

3．（2019·赣州检测）电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4kg的砝码。

当电梯运动时，测出弹簧长度变为23cm，g取10m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为（　　）

A．匀加速上升，a＝2.5m/s2

B．匀减速上升，a＝2.5m/s2

C．匀加速上升，a＝5m/s2

D．匀减速上升，a＝5m/s2

C　[由牛顿第二定律得k（l－l0）－mg＝ma，解得a＝5m/s2，电梯匀加速上升，选项C正确，A、B、D错误。

]

题组二：

动力学中整体法、隔离法的应用

4.（多选）如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。

用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。

下列判断正确的是（　　）

A．若μ≠0，则k＝

　　B．若μ≠0，则k＝

C．若μ＝0，则k＝

D．若μ＝0，则k＝

BD　[若μ≠0，选取P、Q、R三个物体作为研究对象，受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a，解得a＝

－μg；以Q与R为研究对象，Q和P之间相互作用力为F1，受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有F1－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a，解得F1＝

F；以R为研究对象，R和Q之间的作用力为F2，受力情况如图丙所示，根据牛顿第二定律有F2－μ·3mg＝3ma，解得F2＝

F，则R和Q之间相互作用力F2与Q与P之间相互作用力F1大小之比k＝

＝

，A错误，B正确。

若μ＝0，以P、Q、R三个物块为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝（m＋2m＋3m）a′，解得a′＝

；以Q与R为研究对象，根据牛顿第二定律有F′1＝（2m＋3m）a′，解得F′1＝

F，以R为研究对象，根据牛顿第二定律有F′2＝3ma′，解得F′2＝

F，则R和Q之间相互作用力F′2与Q与P之间相互作用力F′1大小之比k′＝

＝

，C错误，D正确。

　　甲　　　　　　乙　　　　　丙　]

5.（2019·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

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，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，解得tanθ＝

，当a增加到两倍时，tanθ变为两倍，但θ不是原来的两倍。

细线的拉力FT＝

，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。

甲　　　　　　　乙　]

6．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。

现施加水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。

若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（　　）

甲　　　　　　　乙

A．2F　　　B．

　　　C．3F　　　D．

B　[力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有

fm＝ma①

对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F＝3ma②

由①②解得fm＝

F。

当F′作用在物体A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

F′－fm＝ma1③

对整体，有F′＝3ma1④

由上述各式联立解得F′＝

fm＝

F，即F′的最大值是

F。

]

题组三：

动力学中的图象问题

7.如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。

以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是（　　）

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D

B　[据题意知，物体先匀加速后匀减速，B对；而xt图象的切线斜率是速度，故A错；据v2－v

＝2ax得v

＝2a1

，0－v

＝2a2

，可见a1＝－a2，D错；F1＝ma1，F2＝ma2，故F1＝－F2，即前后二阶段合外力等大反向，C错。

故本题应选B。

]

8.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m的物块P（不拴接），系统处于静止状态。

现将一竖直向上的恒力F＝2mg作用在P上（g为重力加速度），使其向上做加速直线运动。

用x表示P离开静止位置的位移，在P向上运动的过程中，下列关于P的加速度a和x之间的关系图象正确的是（　　）

A　　　　B　　　　C　　　　D

C　[物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做加速直线运动，在物块离开弹簧之前，即x≤x0前，对物块分析，根据牛顿第二定律有F＋k（x0－x）－mg＝ma，所以a＝g＋

，当x>x0后，物块加速度恒为a＝g，C正确。

]

9．静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化如图甲所示。

在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s2。

则下列说法中错误的是（　　）

甲　　　　　　　　乙

A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变

B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

C．物体的质量为6kg

D．4s末物体的速度为4m/s

C　[将题图甲、乙对照可以看出，在0～2s时间内，物体处于静止状态，静摩擦力逐渐增大到6N时物体开始有加速度。

2s时力F1＝6N，加速度a1＝1m/s2，利用牛顿第二定律有F1－f＝ma1,4s时力F2＝12N，加速度a2＝3m/s2，利用牛顿第二定律有F2－f＝ma2，联立解得物体的质量为m＝3kg，滑动摩擦力f＝3N，小于最大静摩擦力，选项A正确，C错误。

由滑动摩擦力公式f＝μmg，可得物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，选项B正确。

物体从2s时开始运动，根据加速度—时间图象的面积表示速度变化量可知，4s末物体的速度为v＝

×2m/s＝4m/s，选项D正确。

]

题组四：

动力学中“板块”“传送带”模型

10．（2019·南昌模拟）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。

现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。

下列说法中正确的是（　　）

A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短

C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短

D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短

D　[刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对于传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A错误；木炭包在传送带上运动的加速度a＝μg，当达到共同速度时，两者不再相对滑动，由v2＝2ax，得木炭包位移为x1＝

，相对滑动的时间为t＝

，此时传送带的位移为x2＝vt＝

，故木炭包在传送带上滑动的位移是Δx＝x2－x1＝

，故黑色的径迹与木炭包的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，选项B、C错误，D正确。

]

11．（多选）如图甲所示，质量为M＝2kg的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块（质量设为m）从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板。

物块和木板的速度—时间图象如图乙所示，g取10m/s2，结合图象，下列说法正确的是（　　）

甲　　　　　　　　　　乙

A．可求得物块在前2s内的位移为5m

B．可求得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2

C．可求得物块的质量m＝2kg

D．可求得木板的长度L＝2m

ABC　[由运动学图象知，物块在前2s内的位移x＝

×1m＋2×1m＝5m，A正确；0～1s，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有μmg＝ma1＝Ma2，则m＝M＝2kg，C正确；μg＝2m/s2，则μ＝0.2，B正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错误。

注意不能认为图象中三角形面积对应木板的长度，实际上三角形面积对应的是木板的最小长度。

]

[考点综合练]

12．（2019·马鞍山检测）两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F。

已知A、B质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图象如图乙所示。

g取10m/s2，求：

甲　　　　　　　　　乙

（1）推力F的大小；

（2）A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。

解析：

（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图象得，

a＝

＝

m/s2＝3m/s2

对于A、B整体，由牛顿第二定律得

F－μmAg＝（mA＋mB）a，代入数据解得F＝15N。

（2）设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3m/s2

t＝

＝

s＝2s

物块A通过的位移xA＝

t＝6m

物块B通过的位移

xB＝v0t＝6×2m＝12m

物块A刚停止时A、B间的距离

Δx＝xB－xA＝6m。

答案：

（1）15N　

（2）6m

13.（2019·宜春模拟）如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝0.75m的薄平板AB。

平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4m。

在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。

设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

解析：

对薄板，由于Mgsin37°<μ（M＋m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。

滑块在薄板上滑行时加速度a1＝gsin37°＝6m/s2

到达B点时速度v＝

＝3m/s

滑块由B至C时的加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2

设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋

a2t2

代入数据解得t＝1s

对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度

a3＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2

设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝

a3t′2

代入数据解得t′＝2s

滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差

Δt＝t′－t＝1s。

答案：

滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动　1s

14．（2019·开封模拟）如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14m/s，方向水平向右，木板B运动的vt图象如图乙所示。

已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦（动摩擦因数不等），A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10m/s2。

（提示：

t＝3s时刻，A、B达到共同速度v＝2m/s；3s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度）求：

甲　　　　　　　　　　乙

（1）小铁块A向左运动相对地面的最大位移；

（2）B运动的时间及B运动的位移大小。

解析：

（1）由题图乙可知，0～3s内A做匀变速运动，速度由vA＝－1m/s变为v＝2m/s。

则其加速度大小为aA＝

＝

m/s2＝1m/s2，方向水平向右。

当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，

则s＝

＝0.5m。

（2）设A与B之间的动摩擦因数为μ1，

由牛顿第二定律得μ1mg＝maA，

则μ1＝

＝0.1。

由题图乙可知，0～3s内B做匀减速运动，

其速度由vB＝14m/s变为v＝2m/s。

则其加速度大小为aB＝

＝

m/s2＝4m/s2，方向水平向左。

设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB，

则μ2＝

＝0.15。

3s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得

2μ2mg－μ1mg＝ma′B，

则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2m/s2，

方向水平向左。

3s之后运动的时间为t2＝

＝

s＝1s，

则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4s，

0～4s内B的位移xB＝

t1＋

t2＝25m，方向水平向右。

答案：

（1）0.5m　

（2）4s　25m

高考真题集中练

（教师用书独具）

1．（多选）（2015·全国卷Ⅰ）如图（a），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

ACD　[由题图（b）可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝

，下降过程中的加速度为a2＝

。

物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝

，滑动摩擦力f＝

，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确。

由vt图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。

]

2．（2014·全国卷Ⅱ）2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。

取重力加速度的大小g＝10m/s2。

（1）若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；

（2）实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。

已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示。

若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。

（结果保留1位有效数字）

解析：

根据自由落体运动的规律和平衡条件解题。

（1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v。

根据运动学公式有

v＝gt①

s＝

gt2②

根据题意有

s＝3.9×104m－1.5×103m＝3.75×104m③

联立①②③式得

t＝87s④

v＝8.7×102m/s。

⑤

（2）该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有

mg＝kv

⑥

由所给的vt图象可读出

vmax≈360m/s⑦

由⑥⑦式得

k＝0.008kg/m。

⑧

答案：

（1）87s　8.7×102m/s　

（2）0.008kg/m

3.（2017·全国卷Ⅲ）如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。

A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。

求：

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

解析：

（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在滑块B与木板达到共同速度前有

f1＝μ1mAg①

f2＝μ1mBg②

f3＝μ2（m＋mA＋mB）g③

由牛顿第二定律得

f1＝mAaA④

f2＝mBaB⑤

f2－f1－f3＝ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有

v1＝v0－aBt1⑦

v1＝a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得

v1＝1m/s。

⑨

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sB＝v0t1－

aBt

⑩

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，

对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f1＋f3＝（mB＋m）a2⑪

由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。

由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有

v2＝v1－a2t2⑫

对A有

v2＝－v1＋aAt2⑬

在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为

s1＝v1t2－

a2t

⑭

在（t1＋t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sA＝v0（t1＋t2）－

aA（t1＋t2）2⑮

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

s0＝sA＋s1＋sB⑯

联立以上各式，并代入数据得

s0＝1.9m。

（也可用如图所示的速度—时间图线求解）

答案：

（1）1m/s　

（2）1.9m

4．（2015·全国卷Ⅰ）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

（a）　　　　　　　　　　　（b）

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

解析：

（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。

由牛顿第二定律有

－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a1①

由题图（b）可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度

v1＝4m/s，由运动学公式有

v1＝v0＋a1t1②

s0＝v0t1＋

a1t

③

式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得

μ1＝0.1④

在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有

－μ2mg＝ma2⑤

由题图（b）可得

a2＝

⑥

式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得

μ2＝0.4。

⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。

由牛顿第二定律及运动学公式得

μ2mg＋μ1（M＋m）g＝Ma3⑧

v3＝－v1＋a3Δt⑨

v3＝v1＋a2Δt⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为

s1＝

Δt⑪

小物块运动的位移为

s2＝

Δt⑫

小物块相对木板的位移为

Δs＝s2－s1⑬

联立各式，并代入数值得

Δs＝6.0m⑭

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。

（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。

由牛顿第二定律及运动学公式得

μ1（m＋M）g＝（m＋M）a4⑮

0－v

＝2a4s3⑯

碰后木板运动的位移为

s＝s1＋s3⑰

联立各式，并代入数值得

s＝－6.5m⑱

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。

答案：

（1）0.1　0.4　

（2）6.0m　（3）6.5m