届高三物理一轮复习课时提升作业九第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用.docx
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届高三物理一轮复习课时提升作业九第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用
课时提升作业九
牛顿运动定律的综合应用
（45分钟 100分）
一、选择题（本题共8小题,每小题6分,共48分,1～5题为单选题,6～8题为多选题）
1.（2015·重庆高考）若货物随升降机运动的v-t图象如图所示（竖直向上为正）,则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（ ）
【解析】选B。
由题图可知,升降机运动过程分为加速下降、匀速下降、减速下降、加速上升、匀速上升、减速上升,故升降机所处的状态依次为失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以货物所受升降机的支持力与时间的关系为选项B。
2.（2017·宁德模拟）某同学站在电梯地板上,利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况,如图所示的v-t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况（向上为正方向）。
根据图象提供的信息,可以判断下列说法中正确的是 （ ）
A.0～5s内,观光电梯在加速上升,该同学处于失重状态
B.5～10s内,该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力
C.10～20s内,观光电梯在加速下降,该同学处于失重状态
D.20～25s内,观光电梯在加速下降,该同学处于超重状态
【解析】选B。
在0～5s内,从速度-时间图象可知,此时的加速度为正,说明电梯的加速度向上,此时人处于超重状态,故A错误;5～10s内,该同学做匀速运动,故其对电梯地板的压力等于他所受的重力,故B正确;在10～20s内,电梯向上做匀减速运动,加速度向下,该同学处于失重状态,故C错误;在20～25s内,电梯向下做匀加速运动,加速度向下,该同学处于失重状态,故D错误。
【加固训练】
DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统,某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律,他们在电梯内做实验,在电梯天花板上固定一个力传感器,传感器的测量挂钩向下,在挂钩上悬挂一个质量为1.0kg的钩码,在电梯由静止开始上升的过程中,计算机屏上显示如图所示的图象（g取10m/s2）,则 （ ）
A.t1到t2时间内,电梯匀速上升
B.t2到t3时间内,电梯处于静止状态
C.t3到t4时间内,电梯处于超重状态
D.t1到t2时间内,电梯的加速度大小为5m/s2
【解析】选D。
0～t1时间内,F1=mg,电梯静止,t1～t2时间内,F2>mg,电梯加速上升,加速度a=
=5m/s2,A错误,D正确;t2～t3时间内,F3=mg,电梯匀速上升,B错误;t3～t4时间内,F43.如图,光滑水平面上,水平恒力F作用在木块上,小车和木块间无相对滑动,小车质量为M,木块质量为m。
它们共同加速度为a,木块与小车间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中 导学号42722374（ ）
A.木块受到的摩擦力一定是μmg
B.木块受到的合力为F
C.小车受到的摩擦力为μmg
D.小车受到的合力为
【解析】选D。
整体的加速度a=
隔离小车,受力分析,小车所受的合力为
F合=
且小车所受的合力等于小车所受的摩擦力。
又小车所受的摩擦力等于小车对木块的摩擦力。
故A、C错误,D正确;木块所受的合力F合′=ma=
。
故B错误。
4.（2017·莆田模拟）如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.3,用水平恒力F拉动小车,设物块的加速度为a1,小车的加速度为a2。
当水平恒力F取不同值时,a1与a2的值可能为（当地重力加速度g取10m/s2） 导学号42722375（ ）
A.a1=2m/s2,a2=3m/s2
B.a1=3m/s2,a2=2m/s2
C.a1=5m/s2,a2=3m/s2
D.a1=3m/s2,a2=5m/s2
【解析】选D。
由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力,即Ff=ma1,且Ff的最大值为Ffm=μmg,即a1的最大值为a1m=μg=3m/s2。
当二者相对静止一起加速时,a1=a2≤3m/s2。
当F较大时,物块与小车发生相对滑动,a1=
3m/s2,a2>3m/s2。
综上所述只有选项D符合题意。
【加固训练】
如图所示,A、B两物块叠放在一起,放在光滑地面上,已知A、B物块的质量分别为M、m,物块间粗糙。
现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上,物块A、B均不发生相对运动,则F1、F2的最大值之比为 （ ）
A.1∶1 B.M∶m
C.m∶MD.m∶（m+M）
【解析】选B。
F1作用在A物块上,由牛顿第二定律,F1=（M+m）a1。
设A、B物块间的最大静摩擦力为Ff,对B物块,则有Ff=ma1。
F2作用在B物块上,由牛顿第二定律,F2=（M+m）a2。
对A物块,则有Ff=Ma2,联立解得:
F1、F2的最大值之比为F1∶F2=M∶m,选项B正确。
5.（2017·佛山模拟）如图所示,质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为1kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。
某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为（g取10m/s2） （ ）
A.0 B.8N C.10N D.50N
【解题指导】解答本题需明确以下三点:
（1）剪断细线前,分析A的受力,求得弹簧的弹力。
（2）剪断细线的瞬间,以A、B整体为研究对象,求得加速度。
（3）隔离A对B受力分析,根据牛顿第二定律列方程求解。
【解析】选B。
剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40N,剪断细线的瞬间,对整体分析,整体加速度:
a=
=
m/s2=2m/s2,隔离A对B分析,mBg-N=mBa,解得:
N=mBg-mBa=1×10N-1×2N=8N。
故选B。
【加固训练】
如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行,在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止。
已知弹簧的劲度系数为k,则该过程中弹簧的形变量为（已知:
sin37°=0.6,cos37°=0.8） （ ）
A.
B.
C.
D.
【解析】选A。
假设小球只受到重力和斜面的支持力且和斜面一起以加速度a0向左匀加速运动,则a0=gtan37°A正确。
6.（2017·邯郸模拟）建筑工地常用吊车通过绳索将建筑材料从地面吊到高处（如图甲）。
图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,下列判断正确的是 （ ）
导学号42722376
A.前5s的平均速度是0.5m/s
B.前10s钢索最容易发生断裂
C.30～36s材料处于超重状态
D.整个过程材料上升高度是36m
【解析】选A、B。
前5s内的平均速度
=
=
m/s=0.5m/s,故A正确;前10s内做匀加速直线运动,加速度向上,拉力大于重力,10～30s内做匀速直线运动,拉力等于重力,30～36s内做匀减速直线运动,加速度向下,处于失重状态,拉力小于重力。
所以前10s内绳子拉力最大,最容易断裂,故B正确,C错误;由图可知,前5s和最后6s的速度都小于1m/s,所以36s内的位移小于36m,故D错误。
7.如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N,关于电梯的运动,以下说法正确的是（g取10m/s2） （ ）
A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为2m/s2
B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为2m/s2
C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为2m/s2
D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2m/s2
【解析】选B、C。
电梯匀速运动时,对重物由平衡条件得mg=F,m=1kg,当弹簧测力计的示数变为8N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F′=ma,得a=2m/s2,加速度方向向下,其运动情况可能向上减速或向下加速,B、C正确。
8.（2016·天津高考）我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比,某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组 （ ）
导学号42722377
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.若改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度变为原来的2倍
【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析:
（1）先根据牛顿第二定律求解得到整体8节车厢的加速度,再求解5、6节与6、7节车厢间的作用力。
（2）根据P=Fv,当F牵=Ff时求解出最大速度。
【解析】选B、D。
动车启动时,乘客随车厢加速运动,加速度方向与车的运动方向相同,故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同,选项A错误;动车组运动的加速度a=
=
-kg,则对6、7、8节车厢的整体:
F5、6-3kmg=3ma,解得F5、6=0.75F;对7、8节车厢的整体:
F6、7=2ma+2kmg=0.5F;故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2,选项B正确;根据动能定理
Mv2=kMgs,解得s=
可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比,选项C错误;8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1=
;8节车厢有4节动车时的最大速度为vm2=
则
=
选项D正确。
【加固训练】
质量分别为m和2m的物块A、B用轻弹簧相连,设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。
当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1,如图甲所示;当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,如图乙所示;当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时,弹簧的伸长量为x3,如图丙所示,则x1∶x2∶x3等于 （ ）
A.1∶1∶1 B.1∶2∶3
C.1∶2∶1D.无法确定
【解析】选A。
甲图,对整体研究,根据牛顿第二定律得,
a1=
=
-μg
对A:
kx1-μmg=ma1
解得x1=
乙图,对整体研究,根据牛顿第二定律得,
a2=
=
-g
对A:
kx2-mg=ma2
解得x2=
丙图,对整体研究,根据牛顿第二定律得,
a3=
=
-gsinθ-μgcosθ
对A:
kx3-mgsinθ-μmgcosθ=ma3,
解得x3=
则x1∶x2∶x3=1∶1∶1。
故A正确,B、C、D错误。
二、计算题（本题共2小题,共28分。
需写出规范的解题步骤）
9.（14分）如图所示,水平地面上放置一个质量为m的物体,在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动。
物体与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。
求:
导学号42722378
（1）若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面,拉力F的大小范围。
（2）已知m=10kg,μ=0.5,g=10m/s2,若F的方向可以改变,求使物体以恒定加速度a=5m/s2向右做匀加速直线运动时,拉力F的最小值。
【解析】
（1）要使物体运动时不离开地面,
应有:
Fsinθ≤mg
要使物体能一直向右运动,
应有:
Fcosθ≥μ（mg-Fsinθ）
联立解得:
≤F≤
（2）根据牛顿第二定律得
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
解得:
F=
上式变形得F=
其中α=arcsin
当sin（θ+α）=1时,F有最小值
解得:
Fmin=
代入相关数据解得:
Fmin=40
N
答案:
（1）
≤F≤
（2）40
N
【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法
（1）极限法:
把物理问题（或过程）推向极端,从而使临界现象（或状态）暴露出来,以达到正确解决问题的目的。
（2）假设法:
临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。
（3）数学方法:
将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件。
10.（14分）如图所示,长L=2m,质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上,质量m=1kg的小物块放在木板的上端,对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=19N,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.5,斜面足够长,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
（1）木板的加速度大小。
（2）小物块经多长时间离开木板。
【解析】
（1）设木板运动的加速度为a1,则由牛顿第二定律,对木板有:
Mgsin37°+μmgcos37°-F=Ma1
代入数据得:
a1=1m/s2
（2）物块向下做加速运动,设其加速度为a2,则由牛顿第二定律,对物块有:
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
代入数据得:
a2=2m/s2
又因为
a2t2-
a1t2=L
得物块离开木板所用时间为t=2s
答案:
（1）1m/s2
（2）2s
【能力拔高题】
1.（8分）（多选）（2017·武汉模拟）如图甲所示,在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块A,假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等,用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法中正确的是 （ ）
A.A的质量为0.5kg
B.B的质量为1.5kg
C.B与地面间的动摩擦因数为0.2
D.A、B间的动摩擦因数为0.4
【解析】选A、C、D。
由图可知,二者开始时相对地面静止,当拉力为3N时开始相对地面滑动;故B与地面间的最大静摩擦力为3N;当拉力为9N时,AB相对滑动,此时A的加速度为4m/s2;当拉力为13N时,B的加速度为8m/s2;对A分析可知,μ1g=4m/s2;解得:
AB间的动摩擦因数μ1=0.4;对B分析可知,13N-3N-μ1mAg=mB×8m/s2
对整体有:
9N-3N=（mA+mB）×4m/s2
联立解得:
mA=0.5kg;mB=1kg;
则由μ2（mA+mB）g=3N解得,B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2;故A、C、D正确,B错误。
2.（16分）传送带以稳定的速度v=6m/s顺时针转动,传送带与水平面的夹角θ=
37°,现在将一质量m=2kg的物体（可以看作质点）放在其底端,传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20N拉物体,经过一段时间物体被拉到斜面顶端的平台上,如图所示,已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6m,物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（g取10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8） 导学号42722379
（1）求物体从底端运动到顶端所用时间。
（2）若物体与传送带达到速度相等的瞬间,突然撤去拉力,物体还需要多长时间离开传送带?
【解析】
（1）物体开始运动时的加速度为a1则:
F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1
解得:
a1=6m/s2
物体达到和传送带速度相等历时t1,根据运动学公式,有:
v=a1t1
故t1=1s
s=
t1=
×1m=3m
然后对物体受力分析:
F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2
解得:
a2=2m/s2
再经t2到达顶端,则:
-s=vt2+
a2
解得:
t2=1s或者t2=-7s（舍去）
所以物体到达顶端共历时
t=t1+t2=2s。
（2）当撤去拉力时,对物体受力分析得:
mgsin37°-μmgcos37°=ma3
a3=4m/s2,方向沿斜面向下,故物体做匀减速直线运动
经时间t3速度减到0,物体上升的距离为:
s2=
t3
根据速度—时间关系公式:
a3t3=v
解得:
t3=
s
s2=4.5m,故物体没有上升到顶端,从而沿斜面下滑到底端离开传送带
设从速度为0滑回底端的时间为t4则:
a3
=s+s2,
解得:
t4=
s。
所以物体还需要
s离开传送带。
答案:
（1）2s
（2）
s
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