2019版一轮物理(沪科版)练习：第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析

第三章牛顿运动定律第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律(1)牛顿第一定律是实验定律。

(×)(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。

(×)(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。

(×)(4)物体的惯性越大，运动状态越难改变。

(√)(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。

(×)(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。

(√)(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。

(2)英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。

突破点(一) 牛顿第一定律的理解1．对牛顿第一定律的理解(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性。

(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。

2．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。

(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力。

惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。

3．与牛顿第二定律的对比牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。

[题点全练]1．(2018·三明检测)科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。

在研究和解决问题的过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法。

理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示。

①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动。

第三节牛顿运动定律的综合应用(对应学生用书第47页)[教材知识速填]知识点1超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的．(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2．超重、失重和完全失重的比较(1)失重说明物体的重力减小了．(×)(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．(×)(3)物体失重时，也可能向上运动．(√)知识点2整体法与隔离法1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力．[教材习题回访]考查点：超重、失重现象1．(鲁科必修1P120T6)用一根细绳将一重物吊在电梯内的天花板上，在下列四种情况中，绳的拉力最大的是( )A．电梯匀速上升B．电梯匀速下降C．电梯加速上升D．电梯加速下降[答案]C考查点：整体法、隔离法的应用2．鲁科必修1P121T4)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用质量为m1的“双子星”号宇宙飞船A接触正在轨道上运行的质量为m2的火箭组B，开动A尾部的推进器使A和B共同加速．如图3-3-1所示，推进器的平均推力F＝897 N，从开始到t＝7．0 s时间内，测出A和B的速度改变量是0．91 m/s．已知宇宙飞船A的质量为3．4×103kg，则火箭组B 的质量是多少？图3-3-1[解析]由题意知A、B的加速度a＝Fm1＋m2①而a＝ΔvΔt＝0.917m/s2 ②解①②得m1＋m2＝6 900 kg因m1＝3 400 kg，则m2＝3 500 kg．[答案] 3 500 kg考查点：超重、失重的计算3．(粤教必修1P98T3)一个弹簧测力计最多能挂54 kg重的物体，在实际以1 m/s2加速下降的电梯里，它最多能挂上多重的物体？如果在电梯内弹簧测力计最多能挂上40 kg的物体，此刻电梯在做什么运动？加速度的大小为多少？(取g＝10 m/s2)．[解析]由题意知，弹簧测力计最大拉力F T＝mg＝540 N．设以a＝1 m/s2加速下降时，所挂重物为m′．则m′g－F T＝m′a解得：m′＝60 kg．若最多挂m″＝40 kg，则电梯以加速度a′加速上升或减速下降则：F T－m″g＝m″a′解得：a′＝3．5 m/s2．[答案]60 kg加速上升或减速下降3．5 m/s2考查点：牛顿运动定律综合应用4．(人教必修1P91T4改编)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重．一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下．落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下．已知座舱开始下落时的高度为76 m，当落到离地面28 m的位置时开始制动，座舱均匀减速．(1)若座舱中某人用手托着重50 N的铅球，当座舱落到离地面50 m的位置时，铅球对手的压力是多大？(2)当座舱落到离地面15 m的位置时，铅球对手的压力是多大？【导学号：84370126】[解析](1)离地50 m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，铅球对手的压力为零．(2)设开始制动时速度为v，制动加速度为a，由运动学方程，可得v＝2gh1 ①v2＝2ah2 ②其中h1＝48 m，h2＝28 m代入①②得：a＝1207m/s2又因F N－G＝ma所以F N＝G＋Gg·a＝50 N＋85．7 N＝135．7 N．[答案](1)0(2)135．7 N(对应学生用书第48页)1．对超重、失重的理解超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．3．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．[题组通关]1．如图3-3-2所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )图3-3-2A．只有“起立”过程，才能出现失重现象B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象D[下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、C错误，D正确．]2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3-3-3所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图3-3-3A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上C[当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y．F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．]1．方法内涵对系统内的物体逐个隔离进行分析的方法称为隔离法；把整个系统作为一个研究对象进行分析的方法称为整体法．(1)整体法：其优点是只需分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用，更简洁、更本质地展现出物理量之间的关系；缺点是无法讨论系统内部的情况．(2)隔离法：其优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系分析清楚，能把物体在系统内与其他物体相互作用的内力转化为物体所受的外力，以便应用牛顿第二定律进行求解；缺点是涉及的因素多且较繁杂．2．选取原则(1)整体法的选取原则当只涉及研究系统而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法．(2)隔离法的选取原则当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法．[多维探究]考向1涉及滑轮的连接体问题1．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图3-3-4甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )【导学号：84370127】甲乙图3-3-4A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sin α)gD．M运动的加速度大小为M－m M gBC[按题图甲放置时，M静止，则Mg sin α＝mg，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mg－mg sin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g．对m由牛顿第二定律得T－mg sin α＝ma，解得T＝mg，故A、D错误，B、C正确．]考向2竖直方向上的连接体问题2．如图3-3-5所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离．下列说法正确的是( )图3-3-5A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于mg hD．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动C[A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma．即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝mgh，综上所述，只有C项正确．]考向3水平方向上运动的连接体问题3．(多选)(2015·全国Ⅱ卷)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F ．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1．当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]4．(2018·四川广元一诊)(多选)如图3-3-6甲、乙所示，两个完全相同的小车质量为M ，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量为m (m <M )的小球，若分别施加水平恒力F 1、F 2，整个装置分别以加速度a 1、a 2做匀加速运动，且两条细线与竖直方向夹角均为θ，则下列判断正确的是( )【导学号：84370128】图3-3-6 A ．两细线的拉力大小相同B ．地面对两个小车的支持力相同C ．两个小车的加速度a 1<a 2D ．水平恒力F 1＝F 2[题眼点拨] ①“光滑水平面”说明系统受合外力等于水平恒力；②“水平恒力”说明在竖直方向上重力与支持力相平衡．AB [两种情况下，细线拉力沿竖直方向的分力T cos θ与小球重力平衡，即两细线的拉力大小相同，A 正确；两种情况下，以整体为研究对象，整体在竖直方向受力平衡，即地面对两小车的支持力相同，B 正确；以小球为研究对象，题图甲中小球的加速度a 1＝g tan θ，题图乙中小球的加速度a 2＝F 2m －g tan θ，由题设条件无法判断a 1、a 2大小关系，故C 错误；对整体由牛顿第二定律可知，F1与F2大小关系也无法判断，故D错误．]如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )A．此过程中物体C受重力等五个力作用B．当F逐渐增大到F T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1．5F T时，轻绳刚好被拉断D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为F T 6C[A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误．对整体分析，整体的加速度a＝F－μ·6mg6m＝F6m－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，F绳－μ·4mg＝4 ma，解得F绳＝23F，当F＝1．5F T时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确．水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝F T4m，隔离A单独分析，A受到的摩擦力F f＝ma＝F T4，故D错误．]1．常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等．2．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．3．解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．[母题] (2015·全国Ⅰ卷)(多选)如图3-3-7(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图3-3-7 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[题眼点拨] ①利用图象信息可求加速度和上滑高度；②将图象信息与动力学方程结合可求解相关量．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1．物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v -t 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．][母题迁移]迁移1图象的选取问题1．如图3-3-8所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v 与时间t的关系的图象是( )【导学号：84370129】图3-3-8[题眼点拨]同样粗糙α>β刚好为零C[设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mg sin α＋μmg cos α＝ma1，mg sin β－μmg cos β＝ma2，得a1＝g sin α＋μg cos α，a2＝g sin β－μg cos β，则知a1＞a2而v-t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x＝12at2知，上滑过程时间较短．因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达C点的速度小于v0．故C正确，A、B、D错误．]迁移2图象的转换问题2．(多选)某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N．他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0到t3时间段内，弹簧测力计的示数如图3-3-9所示，电梯运行的v-t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )图3-3-9AD[由G-t图象可知：t0～t1时间内，人的视重小于其重力，说明电梯具有向下的加速度；t1～t2时间内，人的视重等于其重力，电梯匀速或静止；t2～t3时间内，人的视重大于其重力，具有向上的加速度．若电梯向上运动，则在这三段时间内的运动情况分别为匀减速运动、匀速运动或静止、匀加速运动，D正确．若电梯向下运动，则在这三段时间内的运动情况分别为匀加速运动、匀速运动、匀减速运动，故A正确．选A、D．]迁移3图象信息应用问题3．(2018·湖北部分重点中学高三起点考试)(多选)质量为m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0．5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图3-3-10甲所示，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则( )【导学号：84370130】图3-3-10A ．物块经过4 s 回到出发点B ．物块运动到第3 s 时改变水平拉力的方向C ．3．5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4．5 s 时刻水平力F 的大小为16 NCD [物块经过4 s ，速度减小到零，离出发点最远，选项A 错误．在0～3 s 时间内，物块加速度a 1＝1m/s 2．由牛顿运动定律，F 1－μmg ＝ma 1，解得：F 1＝12 N ．在3～4 s 时间内，物块加速度a 2＝－3 m/s 2，由牛顿运动定律，F 2－μmg ＝ma 2，解得：F 2＝4 N ．物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ，但是方向没有改变，选项B 错误，C 正确．在4～5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a 3＝－3m/s 2．由牛顿运动定律，F 3＋μmg ＝ma 3，解得F 3＝－16 N ，选项D 正确．]质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的v -t 图象如图所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4,9)，CD 线是曲线的渐近线．(sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度大小各是多少？ (3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？[解析] (1)v -t 图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动．(2)当v 0＝3 m/s 时，雪橇的加速度是a 0＝9－34 m/s 2＝1．5 m/s 2，当v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度是a 1＝0． (3)开始加速时：mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0 ①最后匀速时： mg sin θ＝k v 1＋μmg cos θ ② 联立①②得k v0＋ma0＝k v1得k＝ma0v1－v0＝1 kg/s由②式，得μ＝mg sin θ－k v1mg cos θ＝0．375．[答案](1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动(2)1．5 m/s20(3)1 kg/s 0．375。

[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·安徽合肥质检)如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )A ．只有“起立”过程，才能出现失重现象B ．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C ．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D ． “起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象解析：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A 、B 、C 错误，D 正确． ★答案★：D2．(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力，即35F 0＝mg ，则F 0＝53mg .当绳子拉力最大时，人处于最低点且所受合力最大，故加速度也最大，此时F 最大＝95F 0＝3mg ，方向竖直向上，由牛顿第二定律有ma ＝F 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg ，得最大加速度a ＝2g ，故B 正确． ★答案★：B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在t ＝0时由静止开始上升，运动的at 图像如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量为m ＝50 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．第9 s 内乘客处于失重状态B ．1～8 s 内乘客处于平衡状态C ．第2 s 内乘客对电梯的压力大小为550 ND ．第9 s 内电梯速度的增加量为1 m/s解析：第9 s 内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A 错误；1～8 s 内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B 错误；第2 s 内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有N －mg ＝ma ，解得N ＝550 N ，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N ，C 正确；第9 s 内电梯速度的增加量等于该时间内a t 图像与时间轴所围图形的面积，即Δv＝12×1×1.0 m/s ＝0.5 m/s ，D 错误. ★答案★：C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝k v (k 为正的常量)．两球的vt图像如图所示．落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2，则下列判断正确的是( ) A ．释放瞬间甲球加速度较大 B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间v ＝0，因此空气阻力f ＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时k v ＝mg ，因此最大速度与其质量成正比，即v m ∝m ，故m 1m 2＝v 1v 2，故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2，而v 1>v 2，故甲球质量大于乙球质量，故C 正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等，故D 错误． ★答案★：C5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的vt 图像如图乙所示(重力加速度为g )，则( )A ．施加外力前，弹簧的形变量为2g kB ．施加外力的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值解析：施加拉力F 前，物体A 、B 整体平衡，根据平衡条件有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mgk ，故选项A 错误；施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ，其中F 弹＝2Mg ，解得F AB ＝M (g －a )，故选项B 正确；物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度v 与加速度a ，且F AB ＝0，对B 物体，有F 弹′－Mg ＝Ma ，解得F 弹′＝M (g ＋a )，故选项C 错误；当 F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故选项D 错误． ★答案★：B二、多项选择题6.如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆间的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 1，F 1＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中，下列说法正确的是( ) A ．最大加速度为F m B ．最大加速度为F ＋μmg mC ．最大速度为F ＋μmgμk D ．最大速度为mgk解析：当F 1＝mg ，即k v ＝mg ，v ＝mgk 时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a ＝Fm ，A 正确，B 错误；当滑动摩擦力f ＝μ(k v －mg )＝F 时，对应的速度最大，v ＝F ＋μmgμk ，C 正确，D 错误．★答案★：AC7．(2018·河南开封四校联考)如图甲所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平方向的力F A (向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末的加速度是初始时刻的511 B ．t ＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动 C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零 D ．t ＞4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出F A的变化规律为F A＝9－2t(N)，对于A、B整体，根据牛顿第二定律有F A＋F B＝(m A＋m B)a，设A、B间的作用力N，则对B，根据牛顿第二定律可得N＋F B＝m B a，解得N＝m B F A＋F Bm A＋m B－F B＝16－4t3(N)；当t＝4 s时N＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，当t＝4.5 s时，A 物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝F A＋F Bm A＋m B，综上所述，选项B、D正确，C错误；t＝0时，A物体的加速度为a0＝11 Nm A＋m B，t＝3 s末，A物体的加速度为a′＝5 Nm A＋m B，则a′＝511a0，故选项A正确．★答案★：ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg.现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为()A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmg解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合力为μmg，由牛顿第二定律知a A＝μmgm＝μg；对于A、B整体，加速度a＝a A＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.★答案★：C9．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v t 图像如图乙所示．g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的v t图像为()解析：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，都为a＝ΔvΔt＝4 m/s2，根据物块与车间的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到的滑动摩擦力是动力，相反则受到的滑动摩擦力是阻力．设在t时刻滑块与车的速度相等，则有24－4(t－6)＝2t得t＝8 s，故在0～8 s内，车的速度大于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是动力，则其加速度为2 m/s2，同理，可得在8～16 s内，车的速度小于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是阻力，则其加速度为2 m/s2，故C正确．★答案★：C10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N.若T a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2.则()A．a＝403m/s2时，N＝0B．小球质量m＝0.1 kgC．斜面倾角θ的正切值为3 4D ．小球离开斜面之前，N ＝0.8＋0.06a (N)解析：小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－N sin θ＝ma ，T sin θ＋N cos θ＝mg ，联立解得N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，Ta 图像呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入N ＝mg cos θ－ma sin θ，得N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．★答案★：ABC 二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的vt 图像如图所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4,9)，CD 线是曲线的渐近线．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度大小各是多少？ (3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？ 解析：(1)vt 图像的斜率表示加速度的大小，由题图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动． (2)当v 0＝3 m/s 时，雪橇的加速度是 a 0＝9－34 m/s 2＝1.5 m/s 2，当v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度是a 1＝0.(3)开始加速时：mg sin θ－k v0－μmg cos θ＝ma0①最后匀速时：mg sin θ＝k v1＋μmg cos θ②联立①②得k v0＋ma0＝k v1，得k＝ma0v1－v0＝1 kg/s，由②式，得μ＝mg sin θ－k v1mg cos θ＝0.375.★答案★：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动最后做匀速直线运动(2)1.5 m/s20(3)1 kg/s0.37512．如图所示，倾角为45°的轨道AB和水平轨道BC在B处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道AB上离水平轨道BC高h处由静止释放，以小物块运动到B处的时刻为计时零点，探测器只在t＝2～5 s内工作．已知小物块与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段长为L＝8 m，重力加速度g取10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h的取值范围．解析：设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma1设物块到达B处的速度为v B，由速度—位移关系得v2B＝2a1·hsin 45°物块在水平轨道BC上做减速运动的加速度大小为a2＝μ2g①设物块运动到D点时速度恰好为零，这种情况下v B最小，物块在水平轨道BC上运动的时间最长，则 v B 1＝2a 2L ＝4 m/s 又t 1＝v B 1a 2＝4 s当物块在t 1＝4 s 到达D 点时，联立解得h 1＝1.6 m ②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22 联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h 的取值范围为1.6 m ≤h ≤2.5 m. ★答案★：1.6 m ≤h ≤2.5 m感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)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变化的图象，则下列图象中可能正确的是()答案 D解析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D正确。

2.[2018·湖南株洲模拟]一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示。

下列说法正确的是()A．铝球刚开始运动的加速度a0＝gB．铝球下沉的速度将会一直增大C ．铝球下沉过程所受到油的阻力F f ＝ma 0v v 0D ．铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功答案 C解析 刚开始释放时，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a ＝mg －F 浮m ＝g －F 浮m ＜g ，A 错误；从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，到达v 0时，加速度为0，速度不再增大，B 错误；开始释放时有mg －F 浮＝ma 0，铝球下沉过程中受重力、阻力和浮力作用，由牛顿第二定律得，mg －F 浮－F f ＝ma ，又由题图乙可得a ＝a 0－a 0v 0v ，联立以上各式解得，阻力F f ＝ma 0v v 0，C 正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D 错误。

3．[2017·洛阳统考]如图甲所示，一个质量为3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动。

在0～3 s 时间内物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图乙所示，则( )A ．F 的最大值为12 NB ．0～1 s 和2～3 s 内物体加速度的方向相反C ．3 s 末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD ．在0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动 答案 C解析 由a －t 图象知加速度最大时a ＝4 m/s 2，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 知，F 最大值大于12 N ，A 错误；0～1 s 和2～3 s 内，加速度均为正方向，B 错误；3 s 末速度最大，由a －t 图面积知Δv ＝8 m/s ，所以v max ＝8 m/s ，C 正确；0～1 s 和2～3 s 内加速度a 与速度v 均同向都做加速运动，但a 大小变化，所以不是匀加速，D 错误。