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1、第三章 专题强化课(02)牛顿运动定律的综合应用基础巩固1几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图甲所示然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数根据记录，进行推断分析，其中正确的是()A根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动B根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态C根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动D根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态解析：A题图甲表示电梯静止时体重计的示数，题图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升
2、，故A正确；题图丙示数小于静止时体重计的示数，人处于失重状态，故B错误；题图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；题图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误2如图所示，台秤上放一个装有水的容器，有一个金属球挂在弹簧测力计下面，现将金属球浸没在水中，比较在金属球浸入水中前、后的情况()A弹簧测力计的示数减小，台秤的示数不变B弹簧测力计的示数不变，台秤的示数增加C弹簧测力计的示数减小，台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数D弹簧测力计的示数增大，台秤的示数减小，且弹簧测力计增加的示数等于台秤减少的示数解析：C当金属球浸入水中后
3、，受到向上的浮力作用，故弹簧测力计的示数减小；由牛顿第三定律，在水对金属球有向上的浮力的同时，金属球对水有向下的作用力，这两个力大小相等，方向相反，故使得台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数，选项C正确3.(2022济宁质检)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H，重力加速度为g，则F的大小为()AMgBMgC(Mm)g D(Mm)g解析：D连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为，由几何关
4、系得：cos ，sin ，则tan ，此时小球受到的合外力Fmgtan mg ，由牛顿第二定律可得：ag ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F(mM)a(mM)g，故D正确，A、B、C错误4(2022江西宜春市高三一模)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是()Aag BagCag Dag解析：B当物块相对于木板运动时，木板的加速度最大，且木板的最大加速度ag，故选B.5(2022
5、宁夏银川市高三模拟)塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度时间图像如图乙所示，由图像可知，该建筑材料()甲乙A前15 s内先上升后下降B前15 s内速度先增加后减小C前5 s内处于失重状态D前10 s内的平均速度等于0.5 m/s解析：Bvt图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15 s内速度一直为正，即一直上升，A错误；vt图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15 s内速度先增加后减小，B正确；前5 s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，C错误；若建筑材料上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则0.5 m/s，而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线
6、运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由可知整个上升过程中的平均速度大于0.5 m/s，D错误6如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.解析：(1)物块上升的位移x121 m1 m物块下滑的距离x211 m0.5 m位移xx1x21 m0.5 m0.5 m路程Lx1x21 m0.5 m1.5 m.(2)由题图乙知，有拉力F作用阶
7、段加速度的大小a1 m/s24 m/s2无拉力F作用阶段加速度大小a2 m/s24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律得00.5 s内FFfmgsin ma1051 s内Ffmgsin ma2联立解得F8 N.答案：(1)0.5 m1.5 m (2)4 m/s24 m/s28 N能力提升7如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力A与B的质量之比为()A BC D解析：B对滑块A、B整体在水平方向上有F2(m
8、AmB)g；对滑块B在竖直方向上有1FmBg，联立解得：，选项B正确8.(2022湖南省六校高三联考)如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是()A匀速上升 B加速上升C减速上升 D减速下降解析：C木块突然被推动，表明木块与电梯地板间的最大静摩擦力变小了，则木块与地板之间的弹力变小了，木块的重力大于电梯给木块的支持力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，故C正确9如图甲所示，一轻质弹簧放置在粗糙的水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A.A、B接触但不粘连，与水平桌面的摩擦因数均为，压缩弹簧使A、
9、B恰好不滑动，mAmB5 kg，给物体B施加力F的作用使之作匀加速直线运动，F与位移s的关系如图乙所示(g10 m/s2)，则下列结论正确的是()A水平桌面的摩擦因数0.2B物体A、B分离时加速度相同，a2 m/s2C物体A、B分离时，弹簧压缩量x20.06 mD开始有F作用时，弹簧压缩量x10.05 m解析：C初始状态对A、B根据牛顿第二定律得F1(mAmB)a，解得a1 m/s2，B错误；恰好分离时，对B根据牛顿第二定律F2mBgmBa，解得0.5，A错误；恰好分离时，对A根据牛顿第二定律得kx2mAgmAa，初始状态对A、B根据平衡条件得kx1(mAmB)g，根据题意x1x20.04，解
10、得x110 cm，x26 cm，C正确，D错误10.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿固定的斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()A与斜面倾角有关B与动摩擦因数有关C与系统运动状态有关D仅与两物块质量有关解析：D设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数均为，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a；对Q分析，有FTm2gsin m2gcos m2a，解得FTF，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角、动摩擦因数和系统运动状态均无关，当
11、拉力F一定时，仅与两物块质量有关，选项D正确11.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是()A物体的质量为B地球表面的重力加速度为2a0C当a0时，物体处于失重状态D当aa1时，拉力Fa1解析：A当F0时aa0，此时的加速度为重力加速度，故ga0，所以B错误；当a0时，拉力FF0，拉力大小等于重力，故物体的质量为，所以A正确；当a0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误；当aa1时，由牛顿第二定律得Fmgma1，又m，ga0，故拉力F(a1a0)，所以D错误12某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下
12、，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37，如图乙所示已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即fkv(g取10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6)求：(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？(2)求阻力系数 k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向(3)绳能够承受的拉力至少为多少？解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得h020 m.(2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落
13、伞做匀速运动，受力平衡，则kv2mg，k Ns/m200 Ns/m刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得a30 m/s2，方向竖直向上(3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：8FTcos mgma解得FT312.5 N所以绳能够承受的拉力至少为312.5 N.答案：(1)20 m(2)200 Ns/m30 m/s2方向竖直向上(3)312.5 N热点加练13.(2022威海检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比
14、将()A变大 B变小C不变 D先变小后变大解析：B剪断Q下端的细绳后，因m1m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B正确14(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C.以下说法正确的是()A拉力F小于11
15、 N时，不能拉动CB拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 NDA的加速度将随拉力F的增大而增大解析：AC当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力 f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌0.1(mAmBmC)g3 N, fBC0.2(mAmB)g4 N，Ff桌fBCT，TfBC4 N，可解得F11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB0.4mAgmAa，对AB整体受力分析可得TfBC(mAmB)a，对C物体受力分析可得FTfBCf桌mCa，联立解得F23
16、N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F23 N，故C正确；当F17 N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体TfBC(mAmB)a1，对C物体受力分析FTfBCf桌mCa1，联立解得T8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a0.4g4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，故D错误15某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其vt图像如图乙所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA2 kg，mB2 kg，g10 m/s2.由图可知()甲 乙A02
17、s内A、B的平均速度等于4.5 m/sBt2 s时A、B受到空气阻力等于25 NCt2 s时A对B的压力等于16 ND下落过程中A对B的压力不变解析：C根据vt图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，A、B在02 s内的位移大于9 m，所以平均速度大于4.5 m/s，故A错误；t2 s时A、B的加速度大小为a2 m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mAmB)gF阻(mAmB)a，解得t2 s时A、B受到空气阻力F阻32 N，故B错误；t2 s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAgFNmAa，解得FN16 N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16 N，故C正确；下落过程中加速度逐渐减小，A
18、对B的压力FNmAgmAa，逐渐增大，故D错误16(多选)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2.则以下说法正确的是()A滑块与地面间的动摩擦因数为0.3B滑块与地面间的动摩擦因数为0.5C弹簧的劲度系数为175 N/mD弹簧的劲度系数为150 N/m解析：BC根据vt图线的斜率表示加速度，由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a m/s25 m/s2，由牛顿第
19、二定律得，摩擦力大小为Ffmgma，所以0.5，故A错误，B正确；刚释放时滑块的加速度为a m/s230 m/s2，由牛顿第二定律得kxFfma，代入数据解得k175 N/m，故C正确，D错误17(多选)如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A2 s末到3 s末物块做匀减速运动B在t1 s时刻，恒力F反向C物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D恒力F大小为10 N解析：BC物块做匀减速直线运动的加速
20、度大小为a110 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t1 s1 s，即在t1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小a24 m/s2，根据牛顿第二定律得FFfma1，FFfma2，联立解得F7 N，Ff3 N，由Ffmg，得0.3，故C项正确，D项错误18如图甲所示为一倾角37足够长的斜面，将一质量m1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数0.25.取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s末物体的速度大小；(2)前16
21、s内物体发生的位移解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在02 s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mgsin mgcos F10，所以假设成立，物体在02 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgcos ma1，解得a12.5 m/s2，v1a1t1，代入数据可得v15 m/s.(2)物体在前2 s内发生的位移为x1a1t5 m，当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos F2ma2，代入数据可得a20.5 m/s2，设物体经过t2时间速度减为零，则0v1a2t2，解得t210 s，物体在t2时间内发生的位移为x2v1t2a2t25 m，由于mgsin mgcos F2mgsin mgcos ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下答案：(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下