2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业(十三)牛顿运动定律综合应用(二)剖析

章末过关检测(三) 牛顿运动定律(限时：45分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A ．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B ．田径运动员在110 m 跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D ．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故2.(2016·宜春模拟)如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )A.2F 3 2F 3m ＋gB.F 3 2F 3m＋g C.2F 3 F 3m ＋g D.F 3 F 3m＋g 3.(2016·沈阳模拟)如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、c 到d 所用的时间，则( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＞t 2C ．t 1＜t 2D ．无法确定4.(2016·衡水调研)如图所示，质量为M ，倾角为θ的斜劈在水平面上以一定的初速度向右滑动的过程中，质量为m 的光滑小球在斜面上恰好保持与斜劈相对静止，已知斜劈与地面的动摩擦因数是μ，则下列说法正确的是( )A ．小球与斜面间的压力是mg cos θB ．小球与斜面的加速度大小是g tan θC ．地面对斜劈的支持力一定大于(M ＋m )gD ．地面与斜劈间的动摩擦因数是g (1＋sin θcos θ)5.(2016·合肥模拟)如图所示，质量均为m 的小物块A 、B ，在水平恒力F 的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动。

第一讲牛顿第一定律牛顿第三定律[A组·基础题]一、单项选择题1．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是( )A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因,又揭示了运动状态改变的原因解析：根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项C错;不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错;牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确;牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小,故选项B错．答案:D2．（2017·山东枣庄八中期中)在“鸟巢欢乐冰雪季"期间，花样滑冰中的男运动员托举着女运动员一起滑行，对于此情景，下列说法正确的是( ）A．由于男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,所以男运动员对女运动员的支持力大于女运动员受到的重力B．男运动员受到的重力和冰面对他的支持力是一对平衡力C．女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力是一对作用力和反作用力D．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力解析:男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行,在水平面内运动，竖直方向没有加速度，所以男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故A错误．男运动员除了受到重力、冰面对他的支持力外，还受到女运动员对他的压力，三个力平衡，故B错误．女运动员对男运动员的压力与男运动员对女运动员的支持力，是一对作用力和反作用力，故C错误．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力,故D正确．答案:D3.如图所示,物块P与木板Q叠放在水平地面上，木板Q对物块P的支持力的反作用力是( ）A．物块P受到的重力B．地面对木板Q的弹力C．物块P对木板Q的压力D．地球对木板Q的吸引力解析：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反,作用在同一条直线上，所以Q对P的支持力的反作用力是P对Q的压力,选项C正确．答案：C4.(2017·江西上饶横峰中学月考）有人设计了一种交通工具,在平板车上装了一个电风扇,风扇运转时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动,如图所示．对于这种设计，下列说法正确的是（)A．根据牛顿第二定律,这种设计能使小车运动B．根据牛顿第三定律，这种设计不能使小车运动C．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运动D．以上说法均不正确解析：风扇向前吹出风时，风扇也受到风给的反作用力,方向向后,同时风给风帆一个向前的力;也就是说小车受到风帆给的一个向前的力，还有风扇给的一个向后的力，大小相等，方向相反,风帆和风扇都是小车的一部分,所以小车受到的合力为零，小车不能运动，所以可以通过牛顿第三定律来说明，故选B。

2018届高三物理总复习精品课时作业第13讲牛顿运动定律的应用超重与失重1．如图所示，带斜面的小车各面都光滑，车上放一均匀球，当小车向右匀速运动时，斜面对球的支持力为F N1，平板对球的支持力为F N2；当小车以加速度a向右匀加速运动时，球的位置不变化，下列说法正确的是( )A．F N1由无到有，F N2变大B．F N1由无到有，F N2变小C．F N1由小到大，F N2不变D．F N1由小到大，F N2变大【解析】当小车向右匀速运动时，小球仅在竖直方向受到重力和平板对小球的支持力，F N1＝0；当小车以加速度a向右匀加速运动时，斜面对小球的支持力F N1的水平分力产生加速度，并且a越大，F N1越大．故B正确．【答案】B2．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放箱子的初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示状态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )A．箱内物资对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物资受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物资受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，则箱内物资有可能不受箱子底部的支持力而“飘起来”【解析】因为下落速度不断增大，而阻力f∝v2，所以阻力逐渐增大，当f＝mg时，物资开始匀速下落．以箱子和物资为整体有：(M＋m)g－f＝(M＋m)a，f增大则加速度a减小．对物资：mg－F N＝ma，加速度减小，则支持力F N增大．所以物资后来受到的支持力比开始时的要大，不可能“飘起来”．【答案】C3．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m.现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′.则( )A ．a ′＝a ，T ′＝TB ．a ′＞a ，T ′＝TC ．a ′＜a ，T ′＝TD ．a ′＞a ，T ′＞T【解析】先隔离小球进行受力分析，两种情况竖直方向均有T cos α＝mg ，故T ′＝T ；当F 作用在小球上时，对小车有T sin α＝Ma ，得a ＝m Mg tan α，当F ′作用在小车上时，对小球有T ′sin α＝ma ′得a ′＝g tan α，故B 正确．【答案】B4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2 kg 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为3 kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间，则A 对B 的压力大小为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．30 NB ．0C ．15 ND ．12 N【解析】将一个质量为3 kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间的加速度a ＝m B gm A ＋m B＝6 m/s 2，对B 进行受力分析得：m B g －F N ＝ma ，解得：F N ＝12 N.【答案】D5．如图所示，A 、B 两条直线是在A 、B 两地分别用竖直向上的力F 拉质量分别为m A 、m B的物体得出的两个加速度a 与力F 的关系图线．由图线分析可知( )A ．两地的重力加速度g A ＞gB B ．m A ＜m BC ．两地的重力加速度g A ＜g BD ．m A ＞m B【解析】由牛顿第二定律得：F －mg ＝ma 则a ＝1mF －g在a －F 图象中，斜率为1m由图象可知：1m A ＞1m B，即m A ＜m B由函数关系知，a －F 图象在纵轴上的截距表示重力加速度的大小，则g A ＝g B . 【答案】B6．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个物体用水平细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面、再沿斜面(斜面与水平面成θ角)、最后竖直向上加速运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大【解析】当两物体在斜面上运动时，对整体，由牛顿第二定律，有： F －(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a 对m 1，由牛顿第二定律有：F T －m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a 联立解得F T ＝m 1m 1＋m 2F ，故绳中张力的大小与夹角θ、动摩擦因数μ无关，即C 正确． 【答案】C7．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为( )A.3μmg 5 B.3μmg 4 C.3μmg2D ．3μmg 【解析】对右边一组物体进行受力分析，当拉力最大时，m 和2m 之间的摩擦力为最大静摩擦力，由牛顿第二定律，结合整体法、隔离法可得：F ＝6ma ，F －μmg ＝2ma ，μmg －T ＝ma ，联立解得T ＝3μmg4，即B 正确．【答案】B8．如图所示，一些商场安装了智能化的自动扶梯．为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则电梯在运送乘客的过程中( )A ．乘客始终受摩擦力作用B ．乘客经历先超重再失重C ．乘客对扶梯的作用力先指向右下方，再竖直向下D ．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上【解析】当人和扶梯匀速运动时，人只受到重力和支持力的作用，不受摩擦力，且既不超重也不失重，A 、B 都不对；当人和扶梯加速运动时，加速度沿扶梯斜向上，故人受到的合力沿左上方，根据牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力先指向右下方，故C 正确，D 错误．【答案】C9．如图所示，用固定挡板P 将质量为m 的小球挡在光滑斜面上处于静止状态．已知斜面体的质量为M ，倾角为θ，斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .问至少以多大的水平恒力F 向右拉动斜面体时，小球才能做自由落体运动到地面？【解析】设小球自由落体运动到地面上下落的高度为h ，则斜面体至少水平向右运动的位移x ＝h cot θ对小球：h ＝12gt 2对斜面体：x ＝12at 2联立解得：a ＝g cot θ以斜面体为研究对象，有：F －μMg ＝Ma 所以F ＝μMg ＋Mg cot θ＝(μ＋cot θ)Mg . 【答案】(μ＋cot θ)Mg10．一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图甲所示，速度v 随时间t 变化的关系如图乙所示．求：(取g ＝10 m/s 2)(1)1 s 末物块所受摩擦力的大小f 1. (2)物块在前6 s 内的位移大小s .(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.【解析】(1)从图甲中可以读出，当t ＝1 s 时，f 1＝F 1＝4 N. (2)由图乙可知，物块在前6 s 内的位移大小s ＝2＋4 ×42m ＝12 m. (3)从图乙中可以看出，在t ＝2 s 至t ＝4 s 的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为：a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝ma 又F 3＝f 3＝μmg 所以m ＝F 2－F 3a ＝12－82kg ＝2 kg μ＝F 3mg ＝82×10＝0.4.【答案】(1)4 N (2)12 m (3)0.411．如图所示，一质量M ＝100 kg 的车子停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，将一质量m ＝50 kg 的物体置于车的平板上，它到车尾端的距离L ＝1.00 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.20.现突然启动车子，使它以恒定的牵引力向前行驶，结果物体从车板上滑落，物体刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s 0＝2.0 m ．求物体落地时，落地点到车尾的水平距离s .(不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦，取g ＝10 m/s 2)【解析】设作用于车的水平牵引力恒为F ，从车启动至物体离开车板经历的时间为t ，在这个过程中，车的加速度为a 1，物体的加速度为a 2.则有：F －μmg ＝Ma 1a 2＝μg ＝2 m/s 2由运动学公式：s 0＝12a 1t 2，s 0－L ＝12a 2t 2由以上几式得a 1＝4 m/s 2车子所受的牵引力F ＝500 N物体开始离开车板时刻，物体和车的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝2 m/s ，v 2＝4 m/s物体离开车板后做平抛运动，其水平速度为v 1，所经历的时间为t 1，走过的水平距离为s 1，则有：s 1＝v 1t 1，h ＝12gt 21，则s 1＝1 m在这段时间内车的加速度a ＝F M＝5 m/s 2车运动的距离：s 2＝v 2t 1＋12at 21＝2.625 m则物体落地点到车尾的水平距离s ＝s 2－s 1＝2.625 m －1 m ＝1.625 m. 【答案】1.625 m12．如图所示，一水平传送装置由轮半径均为R ＝1π m 的主动轮Q 1和从动轮Q 2及传送带等构成．两轮轴心相距l AB ＝8.0 m ，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．(g 取10 m/s 2)(1)当传送带以4.0 m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q 2正上方的A 点轻放在传送带上后，这袋面粉由A 端运送到Q 1正上方的B 端所用的时间为多少？(2)要想尽快将这袋面粉由A 端送到B 端(设初速度仍为零)，主动轮Q 1的转速至少应为多大？(3)由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长(设袋的初速度仍为零)？此时主动轮的转速应满足何种条件？【解析】设面粉袋的质量为m ，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受的摩擦力f ＝μmg 故而其加速度为：a ＝fm＝μg ＝4.0 m/s 2. (1)若传送带的速度v 带＝4.0 m/s ，则： 面粉袋加速运动的时间t 1＝v 带a＝1.0 s 在t 1时间内面粉袋的位移s 1＝12at 21＝2.0 m其后以v ＝4.0 m/s 的速度做匀速运动 s 2＝l AB －s 1＝vt 2 解得：t 2＝1.5 s故这袋面粉运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.(2)要想时间最短，面粉袋应一直向B 端做加速运动，由l AB ＝12at ′2可得：t ′＝2.0 s此时传送带的运转速度最小为：v ′＝at ′＝8.0 m/sv ＝ωr ＝2πnR 可得：转速的最小值n ＝240 r/min(或4 r/s)． (3)传送带的速度越大，“痕迹”越长．当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长．即痕迹长Δs ＝2l ＋2πR ＝18.0 m在面粉袋由A 端运动到B 端的时间内，传送带运转的距离s 带＝Δs ＋l AB ＝26.0 m 又由(2)已知t ′＝2.0 s故而有：2πn ′R ≥s 带t ′则：n ′≥390 r/min(或6.5 r/s)．【答案】(1)2.5 s (2)240 r/min (3)18.0 m n ′≥390 r/min。

第3讲牛顿运动定律的综合应用微知识❶超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。

(2)视重：测力计所指示的数值。

2．超重、失重和完全失重比较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，则内力将转换为隔离体的外力。

基|础|诊|断一、思维诊断1．超重是物体的重力变大的现象(×)2．处于完全失重状态时，物体的重力消失了(×)3．物体处于超重状态时，加速度方向向上，速度方向也向上(×)4．整体法和隔离法是指选取研究对象的方法(√)5．应用整体法分析物体受力时，必须分析其内力(×)二、对点微练1．(超重和失重)(2017·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。

假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态解析演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员蹬地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，D错误。

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1.荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向是图中的()A．a方向B．b方向C．c方向D．d方向解析：秋千荡到最高点时，速度为零，小孩的向心力为零，只有沿b方向的合力，故其加速度方向沿b方向，B正确。

答案： B2．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀加速圆周运动D．向心加速度大小不变，方向时刻改变解析：匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；它的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C错。

答案： D3．火车在某个弯道按规定运行速度40 m/s转弯时，内、外轨对车轮皆无侧压力。

若火车在该弯道实际运行速度为30 m/s，则下列说法正确的是()A．仅内轨对车轮有侧压力B．仅外轨对车轮有侧压力C．内、外轨对车轮都有侧压力D．内、外轨对车轮均无侧压力解析：火车在弯道按规定运行速度转弯时，重力和支持力的合力提供向心力，内、外轨对车轮皆无侧压力。

若火车的运行速度小于规定运行速度时，重力和支持力的合力大于火车需要的向心力，火车有做近心运动趋势，内轨对车轮产生侧压力，重力、支持力和内轨的侧压力的合力提供火车做圆周运动的向心力，故A正确。

答案： A4．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则下列说法错误的是()A ．角速度为0.5 rad/sB ．转速为0.5 r/sC ．轨迹半径为4πmD ．向心加速度大小为4π m/s 2解析： 角速度为ω＝2πT ＝π rad/s ，选项A 错误；转速为n ＝ω2π＝0.5 r/s ，选项B 正确；半径r ＝v ω＝4π m ，选项C 正确；向心加速度大小为a n ＝v 2r＝4π m/s 2，选项D 正确。

课时作业(十) 牛顿第一定律牛顿第三定律[基础训练]1．(2017·吉林东北师大附中摸底)牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是( )A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例B．牛顿第二定律在非惯性系中不成立C．牛顿第一定律可以用实验验证D．为纪念牛顿，人们把“力”定为基本物理量，其基本单位为“牛顿”答案：B 解析：牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立，故B正确；地球上的一切物体都受到重力，完全不受力的物体是没有的，牛顿第一定律可以用理想实验验证，故C 错误；为纪念牛顿，人们把力的单位规定为牛顿，即1 N＝1 kg·m/s2，但不是基本单位，故D错误．2．关于物体惯性的大小，下列说法中正确的是( )A．因为运动速度大的物体比运动速度小的物体难停下来，所以运动速度大的物体惯性大B．因为物体受到的力越大，要使它停下来就越困难，所以物体受到的力越大，惯性越大C．行驶中的车辆突然刹车，乘客前倾，这是惯性引起的D．材料不同的两个物体放在地面上，用相同的水平力分别推它们，难以被推动的物体惯性较大答案：C 解析：惯性与物体速度大小及物体受到的力无关，选项A、B错误；行驶中的车辆突然刹车，由于惯性，乘客向前倾，选项C正确；材料不同的两个物体放在地面上，用相同的水平力分别推它们，则难以被推动的物体受到的摩擦力较大，但其质量不一定较大，即惯性不一定较大，选项D错误．3．冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于( )A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力答案：B 解析：由于惯性是物体本身的固有属性，其大小只由物体的质量来决定，故只有选项B正确．4．(2017·河北唐山一模)牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( ) A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等答案：D 解析：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，同时产生、同时变化、同时消失，故A、C错误，D正确；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，作用在不同的物体上，不是平衡力，B错误．5．(2017·上海黄浦区模拟)下列关于牛顿运动定律的说法中，正确的是( )A．惯性就是物体保持静止状态的性质B．一对作用力与反作用力的作用效果总相同C．物体运动状态改变的难易程度就是加速度D．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的答案：D 解析：惯性就是物体保持原有运动状态的性质，选项A错误；一对作用力与反作用力的作用效果不相同，选项B错误；物体运动状态改变的难易程度与质量有关，选项C错误；单位“牛顿”是根据牛顿第二律定义的，选项D正确．6．(2017·云南昆明模拟)在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动答案：A 解析：由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．7．(多选)伽利略被誉为“经典物理学的奠基人”，成功地解释了力和运动的关系，如图所示，让小球沿斜面AB由静止滚下，沿水平面BC向前运动，直到滚到另一个斜面CD.如果无摩擦力，无论BC多长、斜面AB比斜面CD陡些还是缓些，小球总会在斜面CD上的某点速度变为零，这点距斜面底端的竖直高度与它出发时的高度相同．设起点为p，终点为q，下列说法正确的是( )A．力不是维持物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因C．小球在斜面上运动距离与斜面倾角的正弦值成正比D．小球在A、B斜面上运动的时间之比等于斜面倾角正弦值的反比答案：AD 解析：伽利略的理想斜面实验证明了运动不需要力来维持，当物体不受力时，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，故A正确，B错误；由hsin θ＝12g sin θt2得t＝1sin θ2hg，故D正确，C错误．[能力提升]8．(2017·山东潍坊月考)关于惯性的认识，以下说法正确的是( )A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B．置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C．让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长，说明惯性与速度有关答案：C 解析：惯性大小与物体的运动状态及受力情况无关，由物体的质量大小唯一确定，A、B、D均错误；要改变物体的速度，必须有外力作用，而且要经历一定的时间，C 正确．9．如图所示，木块放在上表面光滑的小车上并随小车一起沿水平面向左做匀速直线运动．当小车遇到障碍物而突然停止运动时，车上的木块将( )A．立即停下来B．立即向前倒下C．立即向后倒下D．仍继续向左做匀速直线运动答案：D 解析：木块原来随小车一起向左运动，当小车突然停止时，木块在水平方向上没有受到外力的作用，根据牛顿第一定律，木块将继续向左做匀速直线运动．选项D正确．10．(2017·福建六校联考)我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“遥感二十二号”卫星发射升空并送入预定轨道．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用力答案：A 解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误．11．(2017·江苏海门中学调研)如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是( )A．向左行驶、突然刹车B．向右行驶、突然刹车C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动答案：B 解析：简化模型如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A错，B对；当车匀速运动时，无论向哪个方向，小球均处于竖直位置不摆动，C、D错．12．(多选)2014年10月7日21时49分在云南普洱市景谷县发生6.6级地震，如图所示，解放军某部出动直升机救助被困受伤灾民，若不考虑悬索质量，下列说法正确的是( )A．只有在匀速吊起时，悬索对人的拉力才等于人对悬索的拉力B．当加速吊起时，悬索对人的拉力等于人对悬索的拉力C．当加速吊起时，悬索对人的拉力大于悬索对飞机的拉力D．无论如何吊起，悬索对人的拉力都等于人对悬索的拉力答案：BD 解析：悬索对人的拉力和人对悬索的拉力是一对作用力与反作用力，在任何情况下大小都相等，故A选项错误，B、D选项正确；悬索对飞机的拉力和飞机对悬索的拉力是一对作用力和反作用力，且悬索中张力处处相等，故C选项错误．13．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以a＝1 m/s2的加速度上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力的大小；(2)运动员对吊椅的压力．答案：(1)440 N (2)275 N 方向竖直向下解析：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F－(M ＋m)g＝(M＋m)a 解得F＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力的大小为440 N，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力Mg、绳的拉力F、吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律F＋F N－Mg＝Ma，解得F N＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．。

第三讲 牛顿运动定律的综合应用（一）[A 组·基础题]一、单项选择题1.如图所示，质量都为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．则下列说法中正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧为原长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，它们做匀加速运动解析：在施加外力F 前，对A 、B 整体受力分析可得2mg ＝kx 1，A 、B 两物体分离时，B 物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A 、B 错误；对物体A ，mg ＝kx 2，由于x 1－x 2＝h ，所以弹簧的劲度系数为k ＝mg h，选项C 正确；在B 与A 分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，选项D 错误．答案：C2.(2017·湖南衡阳一中模拟)如图所示，质量为m1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大解析：在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，对m 1由牛顿第二定律得F 1－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得F 1＝m 1m 1＋m 2F ；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g cos θ－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a 2，对m 1由牛顿第二定律得F 2－μm 1g cos θ－m 1g sin θ＝m 1a 2，联立解得F 2＝m 1m 1＋m 2F ；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 3，对m 1由牛顿第二定律得F 3－m 1g ＝m 1a 3，联立解得F 3＝m 1m 1＋m 2F .综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F ，故C 正确． 答案：C3.(2017·陕西咸阳兴平质检)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4 m/s 2的加速度沿斜面向下匀加速运动，g 取10m/s 2，则( )A ．小球向下运动0.4 m 时速度最大B ．小球向下运动0.1 m 时与挡板分离C ．小球速度最大时与挡板分离D ．小球从一开始就与挡板分离解析：球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即kx m ＝mg sin 30°，解得x m ＝mg sin 30°k＝0.5 m ．由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球向下运动的路程为0.5 m ，故A 错误．设球与挡板分离时位移为x ，从开始运动到分离的过程中，小球受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F .根据牛顿第二定律有mg sin 30°－kx －F 1＝ma ，保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当小球与挡板分离时，F 1减小到零，则有mg sin 30°－kx ＝ma ，解得x ＝m g sin 30°－a k＝0.1 m ，即小球向下运动0.1 m 时与挡板分离，故B 正确．因为速度最大时，运动的位移为0.5 m ，而小球运动0.1 m 与挡板已经分离，故C 、D 错误．答案：B4．(2017·吉林省吉林一中质检)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O 处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图象提供的信息，下列说法正确的是( )A ．t 1、t 2时刻小球的速度最大B ．t 2、t 5时刻小球的动能最小C ．t 3、t 4时刻小球的运动方向相同D ．t 4－t 3＜t 7－t 6解析：把小球举高到绳子的悬点O 处，让小球自由下落，t 1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t 2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，所以t 1与t 4时刻绳子刚好绷紧，小球速度不是最大，t 2时刻小球的速度为零，故A 错误；t 2、t 5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，最小，故B 正确；t 3时刻小球速度方向向上，t 4时刻小球速度方向向下，t 3、t 4时刻小球的运动方向相反，故C 错误；t 4与t 3时间内与t 7与t 6时间内小球都做竖直上抛运动，由于t 3时刻的速度大于t 6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间t ＝2v 0g知，t 4与t 3之差大于t 7与t 6之差，故D 错误． 答案：B二、多项选择题5．(2016·山东潍坊青州模拟)如图所示，质量均为m 的两个木块P 、Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接触面的倾角为θ，现在Q 上施加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( )A ．木块Q 对地面的压力一定为2mgB ．若Q 与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F 2mgC ．若P 、Q 之间光滑，则加速度a ＝g tan θD ．若运动中逐渐减小F ，则地面与Q 间的摩擦力也逐渐减小解析：以P 、Q 整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故F N ＝2mg ，由牛顿第三定律知Q 对地面的压力为2mg ，故A 正确；因P 、Q 做匀加速直线运动，若μ＝F 2mg，在水平方向上由牛顿第二定律得F －μ·2mg ＝ma ，解得a ＝0，故不能做匀加速直线运动，故B 错误；若P 、Q 之间光滑，对P 受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知mg tan θ＝ma ，故a ＝g tan θ，故C 正确；Q 与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故F f ＝μ·2mg ，摩擦力不变，故D 错误．答案：AC6．(2017·安徽合肥质检)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m .当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值C ．若θ已知，可求出乙图中a 2的值D ．若θ已知，可求出乙图中m 0的值解析：由图乙知，m ＝m 0时，A 的加速度a ＝0，则此时受力平衡，对A 、B 分析得m 0g ＝m A g sin θ，由于m 0未知，所以不能求出m A 的大小；m A 未知，m 0不可求，故A 、D 项错误．设加速度大小为a ，m 为任意值时，对A 、B 整体由牛顿第二定律有mg －m A g sin θ＝(m ＋m A )a ，a ＝m －m A sin θm ＋m Ag ，当m 趋向无穷大时，a 趋向于g ，所以a 1＝g ，即a 1与θ无关，故B 项正确．a ＝a 2时，m ＝0，即绳对A 的拉力为零，有m A g sin θ＝m A a 2，解得a 2＝g sin θ，θ已知，所以可以求出a 2的值，故C 项正确．答案：BC7．(2017·内蒙古包头测评)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F 的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．在2～4 s 内小球的加速度大小为0.5 m/s 2B ．小球质量为2 kgC ．杆的倾角为30°D ．小球在0～4 s 内的位移为8 m解析：由图象得：在2～4 s 内小球的加速度a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝0.5 m/s 2，则A 正确；在0～2 s 内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于5 N ，在2～4 s 内由牛顿第二定律有：F 2－F 1＝ma ，解得m ＝1 kg ，则B 错误；设杆与水平面的夹角为α，则F 2－mg sin α＝ma ，解得α＝30°，则C 正确；由速度时间图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即0～4 s 内小球的位移为5 m ，则D 错误．答案：AC8.(2017·湖北八校联考)从地面上以初速度v 0竖直上抛一质量为m 的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t 1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v 1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g ，下列关于小球运动的说法中正确的是( )A ．t 1时刻小球的加速度为gB ．在速度达到v 1之前小球的加速度一直在减小C ．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v 0v 1)gD ．小球加速下降过程中的平均速度小于v 12解析：t 1时刻到达最高点，则该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故此时刻加速度为重力加速度g ，故选项A 正确．速度—时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，速度达到v 1之前，图象的斜率减小，故小球的加速度一直在减小，故选项B 正确．由图可知，速度为v 1时球匀速，说明重力等于阻力，故有kv 1＝mg ，得k ＝mgv 1，故抛出瞬间的加速度为a ＝mg ＋mgv 0v 1m ＝(1＋v 0v 1)g ，故C 正确．下降过程若小球做匀加速直线运动，其平均速度为v 12，而从图中可以看出图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，即图中位移大于做匀加速直线运动的位移，而平均速度等于位移除以时间，故其平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于v 12，故D 错误． 答案：ABC[B 组·能力题]一、选择题9.(2017·福建漳州八校联考)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解析：第1～2 s 内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律F 合＝ma 知合外力为12 N ，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F 大于12 N ，故A 错误；物体在力F 作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3s 内始终做加速运动，第3 s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故B 错误；因为物体速度始终增加，故3 s 末物体的速度最大，再根据Δv ＝a ·Δt 知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在a -t 图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，Δv ＝12×(1＋3)×4 m/s＝8 m/s ，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8 m/s ，所以C 正确；第2 s 内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0～1 s 内物体做加速度增大的加速运动，2～3 s 内物体做加速度减小的加速运动，故D 错误．答案：C10.(多选)(2014·高考江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 解析：对A 、B 整体应用牛顿第二定律，有F －μ2×3mg ＝3ma ，对B ，在A 、B 恰好要发生相对运动时，μ×2mg －μ2×3mg ＝ma ，两式联立解得F ＝3μmg ，可见，当F >3μmg 时，A 相对B 才能滑动，C 对；对A 、B 整体，地面对B 的最大静摩擦力为32μmg ，当0＜F ≤32μmg 时，A 、B 都静止，当32μmg <F <3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动，故A 错；当F ＝52μmg 时，A 、B 相对静止，对整体有52μmg －μ2×3mg ＝3ma ，a ＝13μg ，故B 正确；无论F 为何值，B 所受最大的动力为A 对B 的最大静摩擦力2μmg ，故B 的最大加速度a B m ＝2μmg －12×3μmg m ＝12μg ，可见D 正确． 答案：BCD二、非选择题11.(2017·江西九江三十校联考)为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为F 1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F 2，测得斜面倾角为θ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m ，木板的质量为M .静止时，以小球为研究对象，有F 1＝mg sin θ. 下滑时，以小球为研究对象，有mg sin θ－F 2＝ma .下滑时，以整体为研究对象，有(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a .联立解得μ＝F 2F 1tan θ.答案：F 2F 1tan θ12．(2017·安徽芜湖、马鞍山质监)两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运动的v -t 图象如图(b)所示．取g ＝10 m/s 2，求：(1)推力F 的大小．(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．解析：(1)在水平推力F 作用下，设物体A 、B 一起做匀加速运动的加速度为a ，由B 物体的v -t 图象得a ＝3 m/s 2.对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B 做匀速运动，对于A 物体有μm A g ＝m A a A ，a A ＝μg ＝3 m/s 2， v t ＝v 0－a A t ＝0，解得t ＝2 s ，物体A 的位移为x A ＝v t ＝6 m ，物体B 的位移为x B ＝v 0t ＝12 m ，所以，A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离为Δx ＝x B －x A ＝6 m.答案：(1)15 N (2)6 m。

《高三第一轮复习教案》：第三单元：牛顿运动定律回顾：1、静力学问题的解题基本思路是（核心求解问题：共点力的平衡）：确定对象，受力分析，选取坐标，正交分解，立出方程，联立求解。

基本方法：整体法，隔离法2、运动学问题的解题基本思路是（核心求解问题：匀变速直线运动的规律）：确定对象，运动分析，画出草图，选择规律，立式求解。

基本方法：函数式计算（选公式），图象应用而动力学问题既研究受力又研究运动，是前两部分内容的综合1、牛顿第一定律（1）内容（2）注意：A、力不是运动的原因，即运动可以不受力的作用。

B、力是改变物体运动状态的原因，即产生a。

C、运动的原因是物体具有惯性。

（惯性是物体保持原运动状态的能力）D、一切物体都具有惯性，惯性的大小仅由质量决定。

例题分析：1、关于伽利略的理想实验，下列说法正确的是（BD ）A、只要接触而相当光滑，物体就能在水平面上一直做匀速直线运动B、这个实验实际上是永远无法何等到的C、利用气垫导轨，就能使实验成功D、虽然是想像中的实验，但是它是建立在可靠的事实基础上的2、下列说法正确的是（ C ）A、大卡车的速度小，轿车的速度大，所以轿车的惯性大B、汽车在速度大的时候比在速度小的时候难以停下所以汽车速度大时的惯性大C、乒乓球可以被快速地来回抽杀，是因为其惯性小的缘故D、用同样的力骑自行车，车胎没气时速度增加得慢，运动状态难以改变，因此，比有气时的惯性大3、理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个是理想实验，其中有一个实验事实，其余是推论。

①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做匀速运动（1）请将上述理想实验的设计步骤按照正确的顺序排列②③①④ (只要填写序号)（2）在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想的推论，下列关于事实和推论的分类正确的是（ B ）A、①是事实，②③④是推论B、②是事实，①③④是推论C、③是事实，①②④是推论D、④是事实，①②③是推论学生练习：1、在车厢顶板上用细线挂一小球，车内的观察者，根据观察到的现象，判断正确的是（BCD ）A、若细线保持竖直，车一定是静止的B、若细线保持竖直，车可能在做匀速直线运动C、若细线向右偏斜，车可能向左转弯D、若细线的前偏，车可能向前减速2、如图所示，车厢在平直轨道上匀加速向左行驶，车厢顶落有油滴滴落在车厢地板上，车厢地板O点位于A点的正下方，则当滴管依次滴下三滴油时，下列说法正确的是（ C ）A、这三滴油依次落在O点的右方，且一滴比一滴高O点远B、这三滴油依次落在O点的右方，且一滴比一滴高OC、这三滴油依次落在O点的右方，且在同一个位置上D、这三滴油依次落都在O点上3、关于惯性，下列说法中正确的是（）A、推动原来静止的物体比推动正在运动的物体所需的力大，所以静止的物体惯性大B、正在行驶的质量相同的两辆汽车，速度大的不易停下来，所以速度大的物体惯性大C、自由下落的物体处于完全失重状态，所以这时物体的惯性消失了D、以上说法均不正确4、伽利略的斜面实验证明了（）A、使物体运动必须有力的作用，没有力作用的物体将静止B、使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C、物体没有外力的作用，一定处于静止状态D、物体不受外力的作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态2、牛顿第三定律（1）内容（2）注意：A、作用力与反作用力必定是相同性质的力。

课时作业(十四) 验证牛顿运动定律[基础训练]1．某同学做“探究加速度与力的关系”的实验，实验的探究对象是铝块(质量小于砂桶的质量)，在静止释放轻绳前，装置如图甲所示：甲乙(1)该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是__________和__________．(2)纠错后开始实验：保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力；每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应加速度的大小a；已知重力加速度为g.该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，你认为横轴代表的物理量是________(用所给的字母表示)．(3)若把力传感器装在右侧轻绳上，则实验的误差会更________(填“大”或“小”)．(4)本装置还可用来做________的实验．(只填一个)答案：见解析解析：(1)该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是：打点计时器错接在直流电源上；要进行打点的纸带留得太短．(2)铝块受重力mg和拉力F，所以铝块的合力F合＝F－mg，所以横轴代表的物理量是F －mg.(3)由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上，则实验的误差会更大．(4)本装置还可用来做探究动能定理(或验证机械能守恒定律或探究加速度与质量的关系)的实验．2．(2018·新课标全国卷Ⅱ)某同学用图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．甲乙(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________ m/s.(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角答案：(1)3.25 1.79 (2)C解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2得a ＝0.13×10－22 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中打C 点时物块的速度v ＝x BD t BD ＝＋－22×0.02 m/s≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图所示，则物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ，得μ＝g sin θ－a g cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.3．某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量m 的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g ，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：甲乙(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，a ­m 图线不经过原点，可能的原因是________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________________________________________.答案：(1)非线性 (2)小车与轨道间存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车(含发射器)的质量解析：(1)根据题图乙坐标系中给出的数据连线，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)根据题图乙中数据，小车受到钩码的拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．4．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验，其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑块通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录．滑块连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门间距离为s ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？(2)若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是( )A ．m 1＝5 gB ．m 2＝15 gC ．m 3＝40 gD ．m 4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为________(用Δt 1、Δt 2、D 、s 表示)．答案：(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，看其能否做匀速直线运动(2)D (3)a ＝D 22s ⎝ ⎛⎭⎪⎫1Δt 22－1Δt 21 解析：(1)气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的；或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动．(2)在该实验中实际是mg ＝(M ＋m )a ，要满足mg 近似等于Ma ，应使砝码的总质量远小于滑块的质量．若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，m 4＝400 g 不能满足，故选D.(3)根据挡光片通过光电门的速度可以用平均速度代替得：通过第一个光电门的速度v 1＝D Δt 1 通过第二个光电门的速度v 2＝D Δt 2根据运动学公式得加速度a ＝v 22－v 212s ＝D 22s ⎝ ⎛⎭⎪⎫1Δt 22－1Δt 21. 5．某实验小组在实验室探究加速度与力、质量的关系．(1)甲同学在小车所受合外力不变时，改变小车的质量，得到数据如下表所示：甲 乙 a ．根据表中数据，在图甲所示的坐标系中描出相应的实验数据点，并作出a ­1m图象． b ．由a ­1m图象，可得出的结论为_______________________. c ．小车受到的合外力大约为________．(结果保留两位有效数字)(2)乙同学在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变对小车的拉力，由实验数据作出a ­F 图象如图乙所示，图线不过原点的原因是_________________，小车的质量为________kg.答案：(1)a.a ­1m图象如图所示b ．在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比c ．0.16 N(2)木板倾角过大 2解析：(1)c.由牛顿第二定律F ＝ma 得，a ＝F m，即图线的斜率等于小车所受的合外力，大小为F ＝0.785.00N≈0.16 N. (2)由图乙可知拉力等于零时，小车加速度不等于零，故木板倾角过大；由牛顿第二定律F ＝ma 得a ＝F ·1m ，即图线的斜率等于小车质量的倒数，小车质量的大小为m ＝42.2－0.2kg ＝2 kg.6．(2018·江西八校联考)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是________．A ．用天平测出砂和砂桶的质量B ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D ．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s 2(结果保留两位有效数字)．(3)以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a ­F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为________．A ．2tan θB.1tan θ C ．kD.2k 答案：(1)BCD (2)1.3 (3)D解析：(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，A 、E 错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 对．(2)由逐差法可得：小车的加速度a ＝x 34－x 01＋x 45－x 12＋x 56－x 239T ，将T ＝150×3 s＝0.18 s ，代入可得a ＝1.3 m/s 2.(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F ＝M ·a ，得a ＝2M·F 则图象斜率k ＝2M ，得小车的质量M ＝2k，故A 、B 、C 错，D 对． [能力提升]7．(2018·湖南长沙模拟)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g .甲(1)甲同学所设计的实验装置如图甲所示．其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计．实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数．则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________．(2)乙同学的设计如图乙所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F ­1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为________．根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为________．乙 丙答案：(1)A 与B F 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xb kg解析：(1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力F f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由F f ＝μF N 得，μ＝F f F N ＝F 1mg ，由从C 上读取F 1，则可求得μ，为A 与B 之间的动摩擦因数．(2)小车由静止开始做匀加速运动，位移x ＝12at 2 a ＝2x t 2 根据牛顿第二定律得对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma则：F ＝2mx t 2＋μmg 则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的动摩擦因数：μ＝b mg ＝2xb kg.。

2018届高三物理总复习精品单元测试第3单元 牛顿运动定律一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A ．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B ．我国优秀田径运动员刘翔在进行110 m 栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D ．公交汽车在起动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故【解析】由于惯性是物体的固有属性，易得C 正确．【答案】C2．如图所示，物块A 和B 的质量均为m ，吊篮C 的质量为2m ，物块A 、B 之间用轻弹簧连接．重力加速度为g ，将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，A 、B 、C 的加速度分别为( )A ．a A ＝0B ．a B ＝g 3C ．a C ＝gD ．a B ＝2g【解析】将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以a A ＝0，B 和C 的加速度相同，为a B ＝a C ＝43g ，所以只有A 选项正确． 【答案】A3．在静止的小车内，用细绳a 和b 系住一个小球，绳a 处于斜向上的方向，拉力为F a ；绳b 处于水平方向，拉力为F b ，如图所示．现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力的变化情况是( )A ．F a 变大，F b 不变B ．F a 变大，F b 变小C ．F a 变大，F b 变大D ．F a 不变，F b 变小【解析】设a 绳与竖直方向的夹角为θ，对小球进行受力分析，有F a cos θ＝mg ，F a sinθ－F b＝ma，可知D正确．【答案】D4．如图甲所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝kv，其中k为常数，则环在运动过程中的速度图象可能是图乙中的( )【解析】当v0较大时，F>mg，物体做加速度减小的减速运动，最后趋于匀速直线运动；当kv0＝mg时，物体做匀速直线运动；当v0较小时，F<mg，物体做加速度增大的减速运动，所以A、B、D正确．【答案】ABD5．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v3.则下列说法正确的是( )A．只有v1＝v2时，才有v3＝v1B．若v1 >v2，则v3＝v2C．若v1 <v2，则v3＝v1D．不管v2多大，总有v3＝v1【解析】注意传送带对物块的摩擦力方向的判断．物块向左减速运动：位移L＝v222μg；物块减速到零后向右做加速运动：若v1>v2，物块一直匀加速到返回水平面，则v3＝v2；若v1<v2，物块加速到速度等于v1后，匀速运动到水平面，则v3＝v1.此题也可用v－t图象求解．【答案】BC6．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，在t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图甲所示．则电梯运行的v－t图象可能是图乙中的(取电梯向上运动的方向为正方向)( )【解析】由图甲可知，在t0～t1时间内，弹簧秤的示数小于实际体重，则处于失重状态，此时具有向下的加速度，在t1～t2阶段弹簧秤的示数等于实际体重，则既不超重也不失重，在t2～t3阶段，弹簧秤的示数大于实际体重，则处于超重状态，具有向上的加速度，若电梯向下运动，则在t0～t1时间内向下加速，在t1～t2阶段做匀速运动，在t2～t3阶段减速下降，A项正确；B项在t0～t1内超重，不符合题意，C项在t0～t1内超重，不符合题意，D项先减速上升，后静止，再加速上升，故D项也正确．【答案】AD7．如图所示，小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球．当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，重力加速度为g.若θ<α，则下列说法正确的是( ) A．轻杆对小球的弹力方向与细线平行B．此时轻杆的形变包括拉伸形变与弯曲形变C．若杆的弹力沿杆，则小车的加速度a＝g tan θ，方向水平向右D．若小车匀速运动，则θ＝α【解析】由于整体有相同的加速度，细线吊的球与轻杆下端连接的铁球合外力方向必相同，即水平向右，故杆对球的弹力与绳对球的弹力方向相同，绳的弹力必沿绳，由于θ<α，所以杆的弹力不沿杆，轻杆会发生拉伸形变与弯曲形变，A、B均正确；若杆的弹力沿杆，由牛顿第二定律可知小车的加速度a＝g tan θ，方向水平向右，C正确；若小车匀速运动，两球均平衡，由平衡条件知绳处于竖直状态，α＝0°，而由于杆固定所以θ角不变，杆的弹力与球的重力相平衡，方向竖直向上，D错．【答案】ABC8．如图所示，一个箱子中放有一物体，已知物体与上下底面刚好接触，静止时物体对下底面的压力等于物体的重力．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速度成正比，且运动过程中始终保持图示姿态．在箱子上升和加速下落的过程中，下列说法正确的是( )A．在上升的过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大B．在上升的过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小C．在加速下降的过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大D．在加速下降的过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小【解析】在上升的过程中，物体的加速度a1＝m＋M g＋kvm＋M，方向向下，因为v越来越小，所以加速度越来越小，对物体进行受力分析可知：箱子的上底面对物体有向下的弹力，且越来越小，所以B选项正确；在下降的过程中，加速度a2＝m＋M g－kvm＋M，方向向下，因为v越来越大，所以加速度越来越小，对物体进行受力分析可知：箱子的下底面对物体有向上的弹力，且越来越大，所以C选项正确．【答案】BC二、非选择题：本题共4小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．9．(10分)在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上的铁块A 与金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量m A＝1 kg，金属板B的质量m B＝0.5 kg.用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤的示数如图甲所示，则A、B间的摩擦力f＝________N，A、B间的动摩擦因数μ＝________.该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平拉力F＝________N．(g取10 m/s2)【解析】以A为研究对象，A在水平方向上受力平衡，故A、B之间的摩擦力为2.50 N，动摩擦因数μ＝fF N ＝fm A g＝0.25；以B为研究对象，根据纸带上的数据，用分组法可求出纸带的加速度a＝＋9.50＋－＋3.50＋－22m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律F－μm A g＝m B a，解得F＝3.50 N.【答案】2.50 0.25 3.510．(15分)像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用图乙所示的装置设计一个探究物体运动的加速度与合外力、质量关系的实验，图中NQ是水平桌面、PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门(与之连接的两个光电计时器没有画出)．小车上固定着用于挡光的窄片K ，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K 的挡光时间分别为t 1和t 2.(1)用游标卡尺测量窄片K 的宽度d (已知l ≫d )，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t 1、t 2，则窄片K 通过光电门1的速度表达式为v 1＝____________. (2)用米尺测得两光电门的间距为l ，则小车的加速度表达式为a ＝______________.(3)该实验中，为了把沙和沙桶拉车的力当做小车受的合外力，就必须平衡小车受到的摩擦力，正确的做法是________________________．(4)实验中，有位同学通过测量，把沙和沙桶的重力当做小车的合外力F ，作出a －F 图线，如图丙中的实线所示．试分析：图线不通过坐标原点O 的原因是________________；曲线上部弯曲的原因________________．【答案】(1)dt 1 (2)d t 22－d t 122l(3)在不挂沙桶的情况下，抬高P 端推动一下小车使小车能匀速下滑(4)平衡摩擦力时，木板垫得太高 沙和沙桶质量太大，不满足小车质量远大于沙和沙桶的总质量11．(13分)如图所示，长L ＝1.5 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在水平面上，质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对木板施加一水平向右的恒定拉力F ，取g ＝10 m/s 2.(1)求使物块不掉下去的最大拉力F 0(物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．(2)如果拉力F ＝21 N 恒定不变，则小物块所能获得的最大速度是多少？【解析】(1)物块刚好不掉下去，则物块与木板达到最大静摩擦力，且具有相同的最大加速度a 1.对物块，a 1＝μ1mg m＝μ1g ＝1 m/s 2 对整体：F 0－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1故F 0＝μ2(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 1＝12 N.(2)当拉力F ＝21 N>F 0时，物块相对木板滑动．对木板，加速度a 2＝F －μ1mg －μ2M ＋m g M＝4 m/s 2 设小物块滑离时经历的时间为t ，则：12a 2t 2－12a 1t 2＝L 故t ＝1 s此时v m ＝a 1t ＝1 m/s.【答案】(1)12 N (2)1 m/s12．(14分)图甲所示为机场使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度L ＝8 m ，传送带的上部距地面的高度h ＝0.45 m ．现有一个旅行包(视为质点)以v 0＝10 m/s 的初速度水平地滑上水平传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.6，求：(取g＝10 m/s 2)(1)若传送带静止，旅行包滑到B 端时，人若没有及时取下，旅行包从B 端滑落，则包的落点距B 端的水平距离为多少？(2)设传送带顺时针匀速转动，且水平传送带的长度仍为8 m ，旅行包滑上传送带的初速度恒为10 m/s ，当传送带的速度值在什么范围内，旅行包落地点距B 端的水平距离始终为(1)中所求的水平距离．若传送带的速度为8 m/s ，旅行包落地点距B 端的水平距离又是多少？(3)设传送带以不同的速度顺时针匀速转动，在图乙中画出旅行包落地点距B 端的水平距离s 随传送带速度的变化规律的图象．【解析】(1)旅行包做匀减速运动，有μmg ＝ma ，解得：a ＝6 m/s 2设旅行包到达B 端的速度为v ，由运动学公式v 2－v 20＝2aL ，解得v ＝2 m/s旅行包落地点距B 端的水平距离s ＝vt ＝v 2h g ＝0.6 m. (2)旅行包在传送带上须做匀减速运动，旅行包落在(1)中水平距离的临界速度v 0＝2 m/s ，即传送带的速度范围v ≤2 m/s若传送带的速度为8 m/s ，当旅行包的速度也为v 1＝8 m/s 时，在传送带上运动了s 1＝v 20－v 212a＝3 m<8 m即以后旅行包做匀速直线运动．所以旅行包到达B 端的速度v 1＝8 m/s旅行包落地点距B 端的水平距离为：s 1＝v 1·t ＝v 1· 2h g＝2.4 m.(3)如图丙所示，当v ≤2 m/s 时，落地点距B 的水平距离s ＝0.6 m当2 m/s≤v≤14 m/s时，落地点距B的水平距离s与速度成正比，当v≥14 m/s时，落地点距B端的水平距离s＝4.2 m.【答案】(1)0.6 m (2)传送带的速度范围v≤2 m/s 2.4 m (3)如图丙所示。

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求)1．关于超失重，下列说法中正确的是( )A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析：当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均处于平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．答案：B2．(2017·沈阳二中模拟)质量均为5 kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2且F1＝20 N、F2＝10 N，则弹簧秤的示数为( )A．30 N B．15 NC．20 N D．10 N解析：设两物块的质量为m，以两物块为一整体，应用牛顿第二定律可得：F1－F2＝2ma，再以物块2为研究对象，应用牛顿第二定律得：F T－F2＝ma，由以上两式可解得F T＝15 N，B 正确．答案：B3．如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)．由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有( )A．该同学做了两次下蹲—起立的动作B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析：在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确．答案：B4．一物块以一定的初速度从斜面底端开始沿粗糙的斜面上升，上升至最高点后又从斜面上滑下，物体运动的v －t 图象如图所示．g 取10 m/s 2，则由此可知斜面的倾角为( )A ．60° B．37° C ．30° D．53°解析：由v －t 图象可知物块上升时加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝－6 m/s 2①物块下滑时加速度a 2＝Δv 2Δt 2＝4 m/s 2②根据牛顿第二定律得：上升时有：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1③ 下滑时有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2④ 由①②③④解得：θ＝30°. 答案：C5．在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉西奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图所示．则下列说法正确的是( )A ．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态B ．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态C ．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D ．弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s解析：在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C错误；弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh 可得初速度v 0＝2gh ＝20×⎝ ⎛⎭⎪⎫2.04－1.932 m/s≈4.6 m/s，选项D 错误． 答案：A 6.(2017·湖南衡阳三模)质量均为m 的滑块A 、B 紧靠着一起从固定斜面顶端由静止开始下滑，它们与斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，且μ1>μ2.在此过程中，滑块B 对A 的压力为( )A.μ1－μ2mg cos θ2B ．(μ1－μ2)mg cos θC ．mg sin θ－μ1mg cos θD ．0解析：对A 、B 整体由牛顿第二定律得2mg sin θ－μ1mg cos θ－μ2mg cos θ＝2ma ，对A 由牛顿第二定律得F ＋mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma ，联立解得F ＝μ1－μ22mg cos θ.答案：A7．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示．设物块与地面间的最大静摩擦力Ff m 的大小与滑动摩擦力大小相等，则t 1～t 3时间内( )A ．t 1时刻物块的速度为零B ．t 2时刻物块的加速度最大C ．t 3时刻物块的速度最大D ．t 1～t 3时间内速度先增大后减小解析：t 1时刻拉力等于最大静摩擦力，物块将要运动，此时物块的速度为零，选项A 正确；t 2时刻物块所受的拉力最大，合力也最大，故此时的加速度最大，选项B 正确；t 1到t 3时刻，合力向前，物块一直做加速度运动，t 3时刻后合力向后，要做减速运动，所以t 3时刻物块的速度最大，选项C 正确，D 错误．答案：ABC8．(2017·皖北协作区联考)一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为F 1.现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F 2.则下列说法正确的是( )A ．稳定后传感器的示数一定不为零B ．tan θ＝μF 1F 2C ．tan θ＝F 1μF 2D ．tan θ＝F 2μF 1解析：木板与球的质量分别为M 和m ，对球由平衡条件和牛顿第二定律得：F 1－mg sin θ＝0，mg sin θ－F 2＝ma ，对木板和球整体得：(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a ，则a <g sin θ，解得F 2＝mg sin θ－ma >0，A 项对；tan θ＝μF 1F 2，B 项对，C 、D 项错．答案：AB9．(2016·江苏单科)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A 错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg ；由v ＝at 可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B 正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由F f ＝μmg(2017·黑龙江哈尔滨六中期中)如图所示，小车的质量为拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，拉着装有集装箱的拖车B，以速度2 m．为使汽车速度在x＝200 m的距离内减到驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的2 000 kg，B的质量m＝6 000 kg.求汽车与拖车的连接处沿运的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去g取10 m/s2，求：物体与水平面间的动摩擦因数μ；内物体运动位移的大小．设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为。