课时提升练9牛顿运动定律的综合应用.docx

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课时提升练9牛顿运动定律的综合应用

课时提升练（九）　

牛顿运动定律的综合应用

（限时：

45分钟）

A组　对点训练——巩固基础知识

题组一　连接体问题

1．如图3317所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）

图3317

A．弹簧测力计的示数是10N

B．弹簧测力计的示数是50N

C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变

D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变

【解析】　设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：

F1－F2＝（m1＋m2）a，对m1：

F1－F＝m1a，联立两式解得：

a＝2m/s2，F＝26N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．

【答案】　C

2.如图3318所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为图3318

（g取10m/s2）（　　）

A．10NB．20N

C．25ND．30N

【解析】　选A、B整体为研究对象有F＝2ma，解得a＝2.5m/s2.选A为研究对象有F－FN＋mg＝ma，解得FN＝25N，选项C正确．

【答案】　C

3.

（2014·沈阳模拟）如图3319所示，质量为m1＝2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10m/s2，下列正确的是（　　）图3319

A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2

B．物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2

C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5N

D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N

【解析】　取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得（M＋m2）g－m1g＝（M＋m1＋m2）a，则加速度为a＝5m/s2，A、B错；隔离C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60N，D错．

【答案】　C

题组二　图象问题

图3320

4．（2015·扬州一中模拟）（多选）将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的vt图象如图3320所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是（　　）

A．小球所受重力和阻力之比为5∶1

B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3

C．小球落回到抛出点时的速度大小为8

m/s

D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态

【解析】　上升过程中mg＋f＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得f＝2N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－f＝ma2，可得a2＝8m/s2，根据h＝

at2可得

＝

＝

，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝

s可得v＝8

m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．

【答案】　AC

5．（多选）如图3321甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直．在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板．当升降机按如图3321乙所示的vt图象上行时，可知升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是

（　　）

图3321

【解析】　由题意知，弹簧长度不变，且对物块向上的弹力不变，设为kx，则F2不变，C项对，D项错．对物块受力分析有：

kx－mg－FN＝ma.（F1＝FN，作用力与反作用力）

由v－t图知，加速时，F1＝FN＝kx－mg－ma

匀速时，F1＝FN＝kx－mg

减速时：

F1＝FN＝kx－mg＋ma，故A项对，B项错．正确选项为A、C.

【答案】　AC

6.

如图3322甲所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小如图图3322

乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，下列判断正确的是（　　）

图3322

A．5s内拉力对物块做功为零

B．4s末物块所受合力大小为4.0N

C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4

D．6s～9s内物块的加速度大小为2.0m/s2

【解析】　由图象知物块前4s静止，4s～5s内物块做加速运动，前5s内拉力对物块做功不为零，故A选项错误；4s末物块静止，所受合力为零，B选项错误；由4s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ff＝μmg＝3N，得μ＝0.3，C选项错误；由牛顿第二定律可知4s后物块的加速度a＝

＝2m/s2，D选项正确．

【答案】　D

题组三　临界问题

7．（多选）A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图3323所示，A、B始终相对静止，则在0～2t0时间内，下列说法正确的是（　　）

图3323

A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大

B．t0时刻，A、B速度最大

C．2t0时刻，A、B速度最小，与初始时刻相等

D．2t0时刻，A、B位移最大

【解析】　对整体，F产生加速度；隔离A，B对A的静摩擦力产生加速度．由题中图象知，力F先减小到零，再反向增大，故加速度也先减小到零，再反向增大，所以t0时刻，A、B间静摩擦力为零，速度最大，A项错误、B项正确；而在2t0时刻，它们速度最小，为零，由于速度方向一直未变，故2t0时刻位移最大，C、D项正确．

【答案】　BCD

8.（2014·银川质检）（多选）如图3324所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现图3324

开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则（　　）

A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a

B．加速度a＝g

C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝

g

D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为

【解析】　物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错误；未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1＝

＝

，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝

，此时对A由牛顿第二定律得F－mgsin30°－kx2＝ma，解得a＝g，B项正确、C项错误；物块A的位移x1＋x2＝

，D项正确．

【答案】　BD

B组　深化训练——提升应考能力

9．（2015·荆州模拟）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为图3325

μ＝0.2（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），水平恒力F作用在A物块上，如图3325所示（重力加速度g取10m/s）．则（　　）

A．若F＝1N，则物块、木板都静止不动

B．若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N

C．若F＝4N，则B物块所受摩擦力大小为4N

D．若F＝8N，则B物块的加速度为1.0m/s2

【解析】　A物块与板间的最大静摩擦力为2N，当F＜2N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F＝1.5N，对A、B及轻质木板整体有a＝

＝0.5m/s2，对A物块分析有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1N，选项B错误；若F＝4N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2N，选项C错误；若F＝8N，板对B物块的静摩擦力仍为2N，根据a＝

可得a＝1m/s2，选项D正确．

【答案】　D

10．（多选）如图3326（a）所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图3326（b）所示，若重力加速度g取10m/s2.根据图（b）中所提供的信息可以计算出（　　）

（a）　　　　　　　　　　　（b）　　　

图3326

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．物体能静止在斜面上所施加的外力

D．加速度为6m/s2时物体的速度

【解析】　分析物体受力，由牛顿第二定律得：

Fcosθ－mgsinθ＝ma，由F＝0时，a＝－6m/s2，得θ＝37°；由a＝

F－gsinθ和aF图线知：

＝

，得：

m＝2kg；物体静止时的外力F0cosθ＝mgsinθ，F0＝mgtanθ＝15N；无法求出物体加速度为6m/s2时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时间也未知，故A、B、C正确，D错误．

【答案】　ABC

11.

如图3327所示，质量分别为m和M的两个小物体（可视为质点）．中间连一长度为L的轻绳，放置在水平地面上，使绳处于竖直伸直状态（此时绳张力为零），现在质量为m的物体上作用一竖直向上的恒力，作用时间t后，质量为m的物体上升到距地图3327

面高度h处．

（1）求质量为M的物体上升的加速度；

（2）求作用在质量为m的物体上的恒力F的大小；

（3）若轻绳所能承受的最大拉力是FT，要使质量为m的物体上升到距地面高度为H处，所需的最短时间是多少？

【解析】　

（1）由h－L＝

at2得：

质量为M的物体上升的加速度a＝

.

（2）对两个小物体组成的整体，由牛顿第二定律得F－（M＋m）g＝（M＋m）a，解得F＝（M＋m）[

＋g]．

（3）设上升过程中的最大加速度为a0，对质量为M的物体有FT－Mg＝Ma0，H－L＝

a0t

，联立解得所需的最短时间是tmin＝

.

【答案】　

（1）

（2）F＝（M＋m）[

＋g]

（3）

12．（2015·吉林长春调研）如图3328所示，质量为M＝2kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地图3328

面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，一个质量为m＝3kg的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2＝0.3.现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为v0＝1m/s.求：

木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2）．

【解析】　分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为aA、aB，

由牛顿第二定律得：

μ2mg＝maB

μ2mg－μ1（m＋M）g＝MaA

假设经过t0秒A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得：

v0－aBt0＝aAt0＝v共

解得：

aA＝2m/s2，aB＝3m/s2，t0＝0.2s，v共＝0.4m/s

共速过程中，A的位移大小设为xA，B的位移大小设为xB，则

xA＝

aAt

，xB＝v0t0－

aBt

解得：

xA＝0.04m，xB＝0.14m.

假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为Ff，木板和物块的加速度大小分别为aA′、aB′，由牛顿第二定律得：

Ff＝maB′，μ1（m＋M）g－Ff＝MaA′

解得：

Ff＝μ1mg＜μ2mg，假设成立，aA′＝aB′＝μ1g＝1m/s2

设共速之后至A、B均静止，A的位移设为xA′，B的位移设为xB′，则

xA′＝xB′＝

＝0.08m

整个过程中A的位移大小xA＝xA＋xA′＝0.12m

B的位移大小xB＝xB＋xB′＝0.22m

xA∶xB＝6∶11.

【答案】　6∶11