【创新大课堂】2017届新课标高考物理一轮课时作业：3.3牛顿定律的综合应用

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十一)实验：验证牛顿运动定律A组基础巩固1．关于验证牛顿第二定律的实验，下列说法中符合实际的是()A．通过对同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过对保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过对保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系解析：由于实验中有三个量同时变化，在研究过程中采用控制变量法，通过对保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，可以归纳出加速度、力二者之间的关系，再通过对保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，可以得出加速度、质量二者之间的关系，所以D项正确．答案：D图11－12．[2012·安徽卷]图11－1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是__________．A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动．从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是__________．A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图11－2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：s AB＝4.22 cm、s BC＝4.65 cm、s CD＝5.08 cm、s DE ＝5.49 cm、s EF＝5.91 cm，s FG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝__________ m/s2(结果保留2位有效数字)．图11－2解析：(1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力．木板对小车的摩擦力和细线拉力的作用．为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，因此应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力和摩擦力的合力为零，即小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A、C项错误，B项正确．(2)由于绳子的拉力不易测量，本实验中砂和砂桶的总重力来代替绳的拉力，而砂桶做加速运动，设加速度大小为a，则T＝m(g－a)，当砂桶的加速度很小时，T近似等于mg，因此实验中应控制实验条件，使砂桶的加速度很小．只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时，小车和砂桶的加速度才很小，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力，C项正确．(3)相邻两计数点间的时间T＝0.1 s，由Δx＝aT2可得a＝(s FG＋s EF＋s DE)－(s CD＋s BC＋s AB)，代入数据解得a＝0.42 m/s2.(3T)2答案：(1)B(2)C(3)0.42B组能力提升3．[2014·江苏省淮安市楚州中学测试]用如图11－3甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验．实验时保持小车的质量M(含车中的钩码)不变，用在绳的下端挂的钩码的总重力mg作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．甲图11－3(1)实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是__________________________．(2)图11－3乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示．已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)通过增加绳的下端挂的钩码的个数来改变小车所受的拉力F，得到小车的加速度a与拉力F的数据，画出a-F图线后，发现当F较大时，图线发生了如图丙所示的弯曲．该同学经过思考后将实验方案改变为用小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力．那么关于该同学的修正方案，下列说法正确的是________．(写选项字母)A．该修正方案可以避免a-F图线的末端发生弯曲B．该修正方案要避免a-F图线的末端发生弯曲的条件是M≫mC．该修正方案画出的a-F图线的斜率为1 MD．该修正方案画出的a-F图线的斜率为1 (M＋m)答案：(1) 平衡小车运动中所受的摩擦阻力(2) 0.99或1.0(3)AD4．[2014·四川省成都外国语学校月考]如图11－4所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有砂子，砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m，小车的总质量(包括小车、盒子及盒内砂子质量)记为M.图11－4(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中，称量并记录砂桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带上计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的砂子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a-F图象，图象是一条过原点的直线．①a-F图线斜率的物理意义是___________________________．②你认为把砂桶的总重力mg当做合外力F是否合理？答：________.(填“合理”或“不合理”);③本次实验中，是否应该满足M≫m这样的条件？答：________(填“是”或“否”)；理由是________________________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内砂子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些砂子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的砂子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以________的倒数为横轴．解析：(1)将车内的砂子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a＝FM＋m＝mgM＋m，可见a-F图象斜率的物理意义是1M＋m.系统的合外力就等于所悬挂砂桶的重力mg，不必满足M≫m这样的条件．(2)向小车内添加或去掉部分砂子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂砂桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M＋m倒数为横轴．答案：(1)①1M＋m②合理③否，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg(2)M＋mC组难点突破5．[2014·山东省烟台莱州一中阶段测试]某探究性学习小组欲探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角是否有关．实验室提供如下器材：A．表面光滑的长木板(长度为L)，B．小车，C．质量为m的钩码若干个，D．方木块(备用于垫木板)，E．米尺，F．秒表.第一步，在保持斜面倾角不变时，探究加速度与质量的关系．实验中，通过向小车放入钩码来改变物体质量，只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t，就可以由公式a＝________求出a.某同学记录了数据如上表所示：根据以上信息，我们发现，在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间________(填“改变”或“不改变”)，经过分析得出加速度与质量的关系为________．第二步，在物体质量不变时，探究加速度与倾角的关系．实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角，由于没有量角器，因此通过测量出木板顶端到水平面高度h，求出倾角α的正弦值sinα＝hL.某同学记录了高度和加速度的对应值，并在坐标纸上建立适当的坐标轴后描点作图如图11－5，请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g＝________m/s2.进一步分析可知，光滑斜面上物体下滑的加速度与倾角的关系为________．图11－5答案：2L t 2 不改变 斜面倾角一定时，加速度与物体质量无关 10 a ＝g sin α名师心得 拱手相赠教学积累 资源共享测定动摩擦因数的三种方法1．将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量当物体在水平面或斜面上做匀变速直线运动时，若能测出物体的加速度，则根据物体的受力情况和牛顿第二定律就可求出动摩擦因数．【例1】 [2012·江苏高考]为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图3－1所示的装置进行实验．实验中，当木块A 位于水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面．将A 拉到P 点，待B 稳定后静止释放，A 最终滑到Q 点．分别测量OP 、OQ 的长度h 和s .改变h ，重复上述实验，分别记录几组实验数据．图3－1(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法____________________________，__________________________.(2)请根据表中的实验数据作出s-h关系的图象.图3－2(3)实验测得A、B的质量分别为m＝0.40 kg、M＝0.50 kg.根据s-h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________.(结果保留一位有效数字)(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果________(选填“偏大\”或“偏小\”)解析：(1)为使A不撞到滑轮，应设法减小B落地瞬间A的速度，因而可以减小B的质量；增加细线的长度或增大A的质量；降低B的起始高度．(2)如图3－3图3－3(3)木块由P至O过程，对A、B由牛顿第二定律得：Mg－μmg＝(M＋m)a1又v2＝2a1h木块由O至Q过程，对A由牛顿第二定律得：μmg＝ma2又：v2＝2a2s解得：sh＝Mμ－m M＋m由图象得：sh＝1 解得：μ＝0.4(4)考虑到滑轮的摩擦力作用，实验中要克服滑轮的摩擦力做功，造成实验结果偏大．答案：(1)减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低B 的起始高度)(2)见解析图(3)0.4(4)偏大2．将动摩擦因数的测量转化为角度的测量图3－4如图3－4所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点停止．已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为x，设滑块在B处无机械能损失，斜面和水平面与小滑块间的动摩擦因数相同，则由动能定理得mgh－μmg cosα·x1－μmgx2＝0，即mgh－μmgx＝0，解得μ＝hx＝tanθ.从计算结果可以看出，只要测出θ角，就可以计算出动摩擦因数．图3－5【例2】在测定动摩擦因数的实验中，器材是各部分材质相同的木质轨道(如图3－5所示，其倾斜部分与水平部分平滑连接，水平部分足够长)、小铁块、两个图钉、细线、量角器．完成下列实验步骤：(1)使小铁块从轨道上A点由静止滑下，记下小铁块在水平轨道上________时的位置B；(2)用图钉把细线____________________________________________；(3)用量角器测量_____________________________________________；(4)小铁块与轨道间的动摩擦因数表示为________．解析：(1)使小铁块从轨道上A点由静止滑下，记下小铁块在水平轨道上静止时的位置B；(2)用图钉把细线拉紧固定在A、B两点间；(3)用量角器测量细线与水平轨道间的夹角θ；(4)小铁块与轨道间的动摩擦因数表示为μ＝tanθ.答案：见解析3．将研究运动物体转化为研究静止物体当两个物体间存在相对滑动，且一个物体处于静止或匀速直线运动状态，则可应用平衡条件求出摩擦力的大小和正压力的大小，从而求出动摩擦因数．常规方法是研究匀速直线运动的物体，但匀速直线运动的实现比较困难．若转化为研究静止的物体，则实验效果要好得多．【例3】[2013·长沙模拟](1)在一次课外探究活动中，某同学用如图3－6甲所示的装置测量放在水平光滑桌面上的铁块A与长金属板B间的动摩擦因数，已测出铁块A的质量为1 kg，金属板B的质量为0.5 kg.用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，稳定时弹簧测力计示数如图所示(已放大)，则A、B间的动摩擦因数μ＝________.(g取10 m/s2)(2)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些计数点，测最后的结果如图3－6乙所示，图中几个相邻计数点的时间间隔为0.1s ．由此可知水平力F ＝________ N.甲乙图3－6解析：(1)弹簧测力计的示数为2.50 N ，对A 由平衡条件得F f ＝2.50 N ，又有F f ＝μm A g ，解得μ＝F f m A g ＝2.501×10＝0.25. (2)由逐差法可得a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2＝(7.50＋9.51＋11.49)×10－2－(1.50＋3.49＋5.51)×10－29×0.12 m/s 2 ＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得F －F f ＝m B a ，解得F ＝3.5 N.答案：(1)0.25 (2)3.5。

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十一) 实验：验证牛顿运动定律A组基础巩固1．关于验证牛顿第二定律的实验，下列说法中符合实际的是( )A．通过对同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过对保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过对保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系解析：由于实验中有三个量同时变化，在研究过程中采用控制变量法，通过对保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，可以归纳出加速度、力二者之间的关系，再通过对保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，可以得出加速度、质量二者之间的关系，所以D项正确．答案：D图11－12．[2018·安徽卷]图11－1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是__________．A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动．从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是__________．A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图11－2是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：s AB＝4.22 cm、s BC＝4.65 cm、s CD＝5.08 cm、s DE＝5.49 cm、s EF＝5.91 cm，s FG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝__________ m/s2(结果保留2位有效数字)．图11－2解析：(1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力．木板对小车的摩擦力和细线拉力的作用．为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，因此应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力和摩擦力的合力为零，即小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A、C项错误，B项正确．(2)由于绳子的拉力不易测量，本实验中砂和砂桶的总重力来代替绳的拉力，而砂桶做加速运动，设加速度大小为a，则T＝m(g－a)，当砂桶的加速度很小时，T近似等于mg，因此实验中应控制实验条件，使砂桶的加速度很小．只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时，小车和砂桶的加速度才很小，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力，C项正确．(3)相邻两计数点间的时间T＝0.1 s，由Δx＝aT2可得a＝FG ＋s EF＋s DE－CD＋s BC＋s AB2，代入数据解得a＝0.42 m/s2.答案：(1)B (2)C (3)0.42B组能力提升3．[2018·江苏省淮安市楚州中学测试]用如图11－3甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验．实验时保持小车的质量M(含车中的钩码)不变，用在绳的下端挂的钩码的总重力mg作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度．甲乙图11－3 (1)实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是__________________________．(2)图11－3乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A 、B 、C 、D 、E ，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图乙所示．已知打点计时器接在频率为50 Hz 的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)(3)通过增加绳的下端挂的钩码的个数来改变小车所受的拉力F ，得到小车的加速度a 与拉力F 的数据，画出a­F 图线后，发现当F 较大时，图线发生了如图丙所示的弯曲．该同学经过思考后将实验方案改变为用小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力．那么关于该同学的修正方案，下列说法正确的是________．(写选项字母)A ．该修正方案可以避免a­F 图线的末端发生弯曲B ．该修正方案要避免a­F 图线的末端发生弯曲的条件是M ≫mC ．该修正方案画出的a­F 图线的斜率为1MD ．该修正方案画出的a­F 图线的斜率为1＋ 答案：(1) 平衡小车运动中所受的摩擦阻力(2) 0.99或1.0 (3)AD4．[2018·四川省成都外国语学校月考]如图11－4所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有砂子，砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m ，小车的总质量(包括小车、盒子及盒内砂子质量)记为M.图11－4(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中，称量并记录砂桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打下的纸带上计算得出．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的砂子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F 为横轴，以加速度a为纵轴，画出a­F图象，图象是一条过原点的直线．①a­F图线斜率的物理意义是___________________________．②你认为把砂桶的总重力mg当做合外力F是否合理？答：________.(填“合理”或“不合理”);③本次实验中，是否应该满足M≫m这样的条件？答：________(填“是”或“否”)；理由是________________________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内砂子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些砂子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的砂子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以________的倒数为横轴．解析：(1)将车内的砂子转移到桶中，就保证了M＋m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a＝FM＋m＝mgM＋m，可见a­F图象斜率的物理意义是1M＋m.系统的合外力就等于所悬挂砂桶的重力mg，不必满足M≫m这样的条件．(2)向小车内添加或去掉部分砂子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂砂桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M＋m倒数为横轴．答案：(1)①1M＋m②合理③否，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg(2)M＋mC组难点突破5．[2018·山东省烟台莱州一中阶段测试]某探究性学习小组欲探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角是否有关．实验室提供如下器材：A．表面光滑的长木板(长度为L)，B．小车，C．质量为m的钩码若干个，D．方木块(备用于垫木板)，E．米尺，F．秒表.实验过程：第一步，在保持斜面倾角不变时，探究加速度与质量的关系．实验中，通过向小车放入钩码来改变物体质量，只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t，就可以由公式a＝________求出a.某同学记录了数据如上表所示：根据以上信息，我们发现，在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间________(填“改变”或“不改变”)，经过分析得出加速度与质量的关系为________．第二步，在物体质量不变时，探究加速度与倾角的关系．实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角，由于没有量角器，因此通过测量出木板顶端到水平面高度h ，求出倾角α的正弦值sin α＝h L.某同学记录了高度和加速度的对应值，并在坐标纸上建立适当的坐标轴后描点作图如图11－5，请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g ＝________m/s 2.进一步分析可知，光滑斜面上物体下滑的加速度与倾角的关系为________．图11－5答案：2L t 2 不改变 斜面倾角一定时，加速度与物体质量无关 10 a ＝gsin α 名师心得 拱手相赠教学积累 资源共享测定动摩擦因数的三种方法1．将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量当物体在水平面或斜面上做匀变速直线运动时，若能测出物体的加速度，则根据物体的受力情况和牛顿第二定律就可求出动摩擦因数．【例1】 [2018·江苏高考]为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图3－1所示的装置进行实验．实验中，当木块A 位于水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面．将A 拉到P 点，待B 稳定后静止释放，A 最终滑到Q 点．分别测量OP 、OQ 的长度h 和s.改变h ，重复上述实验，分别记录几组实验数据．图3－1(1)实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法____________________________，__________________________.(2)请根据表中的实验数据作出s­h 关系的图象.图3－2(3)实验测得A 、B 的质量分别为m ＝0.40 kg 、M ＝0.50 kg.根据s­h 图象可计算出A 木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________.(结果保留一位有效数字)(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果________(选填“偏大\”或“偏小\”)解析：(1)为使A 不撞到滑轮，应设法减小B 落地瞬间A 的速度，因而可以减小B 的质量；增加细线的长度或增大A 的质量；降低B 的起始高度．(2)如图3－3图3－3(3)木块由P 至O 过程，对A 、B 由牛顿第二定律得：Mg －μmg ＝(M ＋m)a 1又v 2＝2a 1h木块由O 至Q 过程，对A 由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 2又：v 2＝2a 2s解得：s h ＝M μ－m M ＋m由图象得：s h＝1 解得：μ＝0.4(4)考虑到滑轮的摩擦力作用，实验中要克服滑轮的摩擦力做功，造成实验结果偏大．答案：(1)减小B 的质量；增加细线的长度(或增大A 的质量；降低B 的起始高度)(2)见解析图 (3)0.4 (4)偏大2．将动摩擦因数的测量转化为角度的测量图3－4如图3－4所示，小滑块从斜面顶点A 由静止滑至水平部分C 点停止．已知斜面高为h ，滑块运动的整个水平距离为x ，设滑块在B 处无机械能损失，斜面和水平面与小滑块间的动摩擦因数相同，则由动能定理得mgh －μmgcos α·x 1－μmgx 2＝0，即mgh －μmgx ＝0，解得μ＝h x＝tan θ.从计算结果可以看出，只要测出θ角，就可以计算出动摩擦因数．图3－5【例2】 在测定动摩擦因数的实验中，器材是各部分材质相同的木质轨道(如图3－5所示，其倾斜部分与水平部分平滑连接，水平部分足够长)、小铁块、两个图钉、细线、量角器．完成下列实验步骤：(1)使小铁块从轨道上A 点由静止滑下，记下小铁块在水平轨道上________时的位置B ；(2)用图钉把细线____________________________________________；(3)用量角器测量_____________________________________________；(4)小铁块与轨道间的动摩擦因数表示为________．解析：(1)使小铁块从轨道上A 点由静止滑下，记下小铁块在水平轨道上静止时的位置B ；(2)用图钉把细线拉紧固定在A 、B 两点间；(3)用量角器测量细线与水平轨道间的夹角θ；(4)小铁块与轨道间的动摩擦因数表示为μ＝tan θ.答案：见解析3．将研究运动物体转化为研究静止物体当两个物体间存在相对滑动，且一个物体处于静止或匀速直线运动状态，则可应用平衡条件求出摩擦力的大小和正压力的大小，从而求出动摩擦因数．常规方法是研究匀速直线运动的物体，但匀速直线运动的实现比较困难．若转化为研究静止的物体，则实验效果要好得多．【例3】 [2018·长沙模拟](1)在一次课外探究活动中，某同学用如图3－6甲所示的装置测量放在水平光滑桌面上的铁块A 与长金属板B 间的动摩擦因数，已测出铁块A 的质量为1 kg ，金属板B 的质量为0.5 kg.用水平力F 向左拉金属板B ，使其向左运动，稳定时弹簧测力计示数如图所示(已放大)，则A 、B 间的动摩擦因数μ＝________.(g 取10 m/s 2)(2)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些计数点，测最后的结果如图3－6乙所示，图中几个相邻计数点的时间间隔为0.1 s ．由此可知水平力F ＝________ N.图3－6解析：(1)弹簧测力计的示数为2.50 N ，对A 由平衡条件得F f ＝2.50 N ，又有F f ＝μm A g ，解得μ＝F f m A g ＝2.501×10＝0.25. (2)由逐差法可得a ＝4＋x 5＋x 6－1＋x 2＋x 39T 2 ＝＋9.51＋－2－＋3.49＋－29×0.12 m/s 2 ＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得F －F f ＝m B a ，解得F ＝3.5 N.答案：(1)0.25 (2)3.5。

第三课时牛顿定律的综合应用考纲考情：5年11考 1.超重，失重(Ⅰ) 2.牛顿定律的应用(Ⅱ)[基础梳理]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．4．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．5．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．[小题快练]1.有关超重和失重，以下说法中正确的是()A．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B．斜上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D．在月球表面行走的人处于失重状态[解析]处于超重或失重状态的物体所受重力不变，A错；有竖直向下的加速度时物体处于失重状态，与运动方向无关，C错；当竖直向下的加速度a＝g时，处于完全失重状态，斜上抛的木箱中的物体a＝g，B对；在月球表面行走的人，沿月球表面竖直方向加速度为零，D错，故选B.[答案] B2．(2016·潍坊模拟)在下列运动过程中，处于失重状态的是()A．小朋友沿滑梯加速滑下B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C．竖直上抛的小球D．运动员何冲离开跳板后向上运动[解析]物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下，物体对支撑面的压力或者对绳子的拉力小于物体的重力的现象，当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，小朋友处于失重状态；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，加速度在水平方向，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力，人不处于失重状态；竖直上抛的小球和运动员离开跳板后仅受重力作用，处于完全失重状态，故选项A、C、D正确．[答案]ACD3．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是()A．v＝6 m/s，a＝0B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0 [解析]由牛顿第二定律得：F＝ma′，a′＝2 m/s2.3 s末物体速度为v＝a′t＝6 m/s，此后F撤去，a＝0，物体做匀速运动，故选项A正确．[答案] A4．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 ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．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 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m＝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] C考向一 对超重、失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在．(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a ＝g 的加速度效果，不再有其他效果．此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等．[针对训练]1．(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度[解析] 手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A 、B 错误．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C 错误，D 正确．[答案] D2．(2016·南宁高三质检)如图所示，与轻绳相连的物体A 和B 跨过定滑轮，质量m A <m B ，。

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关闭Word文档返回原板块.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10小题，每小题7分，共70分。

1~6题为单选题，7~10题为多选题）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】选B。

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.2。

(2016·潍坊模拟）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。

0 kg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，F4〈mg,电梯减速上升，处于失重状态,C错误。

【加固训练】(多选)（2016·德州模拟）在下列运动过程中，人处于失重状态的是（）A。

高考物理一轮复习第3章第3课牛顿运动定律的综合应用课时作业（含解析）第3课 牛顿运动定律的综合应用题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案一、单项选择题1．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s 时间内的vt 图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t 1分别为( )A.13和0.30 s B ．3和0.30 s C.13和0.28 s D ．3和0.28 s 解析：根据图线特点知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，根据a ＝ΔvΔt得：3a甲＝a 乙，根据牛顿第二、第三定律有：F m 甲＝1F 3m 乙，得：m 甲m 乙＝3.再由图线乙有：4－00.4＝4－1t 1，所以t 1＝0.3 s ，B 正确．答案：B2．如图所示，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2 kg ，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N ，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(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N解析：对AB 整体分析，当它们处于静止状态时，弹簧的弹力等于整体AB 的重力，当施加力F 的瞬间，弹力在瞬间不变，故A 、B 所受合力为10 N ，则a ＝F 合2m＝2.5 m/s 2，后隔离A 物块受力分析，得：F ＋mg －F N ＝ma ，解得：F N ＝25 N ，所以A 对B 的压力大小也等于25 N.答案：C3．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F 时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则( ) A．a1＝a2 B．a1＜a2＜2a1C．a2＝2a1 D．a2＞2a1解析：当力为F时有：a1＝F－F fm，当力为2F时有：a2＝2F－F fm＝2F－2F f＋F fm＝2a1＋F fm，可知a2＞2a1，D对．答案：D4．某物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断如图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )解析：由vt图象知，0～2 s匀加速，2 s～4 s匀减速，4 s～6 s反向匀加速，6 s～8 s匀减速，且2 s～6 s内加速度恒定，由此可知：0～2 s内，F恒定，2 s～6 s内，F反向，大小恒定，6 s～8 s内，F又反向且大小恒定，故B正确．答案：B5．如图所示为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④解析：对运动员受力分析可知自O 至B 自由下落，做匀加速直线运动，自B 至C 为加速度逐渐减小的变加速直线运动，自C 至D 为加速度逐渐增大的变减速直线运动，故B 项正确．答案：B 二、不定项选择题6．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度也逐渐增大解析：雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F fm ，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 错误，C 正确．答案：CD7．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )A.v 2μg B.LvC.2L μgD.2Lv解析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同．若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2Lμg，C 可能；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2L v ，D 可能；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －v μg ＝L ，有：t ＝L v ＋v2μg，A 不可能；木块不可能一直匀速至右端，B 不可能．答案：CD8．停在10层的电梯底板上放置有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示．开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止( )A．若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在1层，最后两块磁铁可能已碰在一起B．若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在1层，最后两块磁铁一定仍在原来位置C．若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁可能已碰在一起D．若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁一定仍在原来位置解析：电梯突然向下开动时处于失重状态，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，若最大静摩擦力小于两磁铁间的引力，则两磁铁会相互靠近并碰在一起，A对B错；若电梯突然向上开动，则处于超重状态，但电梯在接近20层时，会做减速运动，此时电梯失重，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，两磁铁有可能会相互靠近并碰在一起，故C对D错．答案：AC9．如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行于底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°；已知物块从顶端A由静止下滑，先加速至B再匀速至D；若该物块由静止从顶端A沿另一侧面下滑，则( )A．物块一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段小B．物块在AB段的运动时间大于AC段的运动时间C．物块将先加速至C再匀速至ED．物块通过C点的速率大于通过B点的速率解析：设物块由A到B，由B到D的动摩擦因数分别为μ1、μ2则由A到B时，加速度a1＝gsin 30°－μ1gcos 30°，v B＝2a1·BCcos 30°，t1＝2B C·cos 30°a1；由A到C时，a2＝gsin 60°－μ1gcos 60°，v C＝2a2·BCsin 30°，t2＝2BC·sin 30°a2；比较可知，v B<v C，t1>t2.物块由B匀速运动到D，有mgsin 30°＝μ2mgcos 30°，即μ2＝tan 30°.由C 到E，由于μ2<tan 60°，所以物块从C加速运动到E，加速度a3＝gsin 60°－μ2gcos 60°，可知a2>a3.答案：BD10．如图所示，光滑的水平地面上有三块质量均为m 的小块a 、b 、c ，a 、c 之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F 作用在b 上，使三木块一起运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某木块上，系统始终保持相对静止，下列说法正确的是( )A ．无论粘在哪块木块上，系统的加速度一定减小B ．若粘在a 木块上，a 、b 间摩擦力一定不变C ．若粘在b 木块上，绳中拉力一定减小D ．若粘在c 木块上面，绳中拉力一定增大解析：本题考查的是研究对象的选取及牛顿第二定律的应用．以整体为研究对象，由牛顿第二定律知系统的加速度减小，选项A 正确；若粘在a 木块上，以a 、b 整体为研究对象，由牛顿第二定律知a 、b 间的摩擦力增大，选项B 错误；若粘在b 木块上，以c 为研究对象，由牛顿第二定律知绳中拉力减小，选项C 正确；若粘在c 木块上，以a 、b 整体为研究对象，由牛顿第二定律知绳中拉力一定增大，选项D 正确．答案：ACD 三、非选择题11．质量m ＝30 kg 的电动自行车，在F ＝180 N 的水平向左的牵引力的作用下，沿水平面从静止开始运动．自行车运动中受到的摩擦力F′＝150 N ．在开始运动后的第5 s 末撤消牵引力F.求从开始运动到最后停止电动自行车总共通过的路程．解析：电动自行车在牵引力F 和摩擦力F′作用下先做加速运动，5 s 末撤去F ，则只在F′作用下做减速运动．由牛顿第二定律得，在加速阶段F －F′＝ma 1，在减速阶段F′＝ma 2，由x 1＝12a 1t 2，v 1＝a 1t 及x 2＝v 212a 2，解得电动自行车通过的总路程x ＝x 1＋x 2＝15 m.答案：15 m12．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止，已知汽车的质量m ＝2×103kg ，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．解析：(1)汽车开始做匀加速直线运动x 0＝v 0＋02t 1，解得：v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)汽车滑行减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2，由牛顿第二定律有：－F f ＝ma 2，解得：F f ＝4×103N.(3)开始加速过程中加速度为a 1，x 0＝12a 1t 2，由牛顿第二定律有：F －F f ＝ma 1，解得：F＝F f ＋ma 1＝6×103N.答案：(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103N13．消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg 、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m 的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1 800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g ＝10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度； (2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力； (3)消防队员下滑的最短的时间．解析：(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ，有2gh 1＝v 2m.消防队员受到的滑动摩擦力： F f ＝μF N ＝0.5×1 800 N ＝900 N. 减速阶段的加速度大小：a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2，减速过程的位移为h 2，由v 2m －v 2＝2a 2h 2，又h ＝h 1＋h 2.以上各式联立可得：v m ＝12 m/s.(2)以杆为研究对象得：F N ＝Mg ＋F f ＝2 900 N ．根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2 900 N.(3)最短时间为t min ＝v m g ＋v m －va 2＝2.4 s.答案：(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s。

[基础训练]1．(20xx·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a­t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零答案：D 解析：利用a­t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a­t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．2．(20xx·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A、B一起做匀速运动．若木块A、B的位置互相交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A．(1－μ)gB．(1－μ2)gC.GD．与木块A、B的质量有关答案：A 解析：A、B匀速运动过程，有mAg＝μmBgA、B互相交换后，有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a解得a＝(1－μ)g故选A.3．(20xx·广西质检)如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A．20 N B．15 NC．10 N D．5 N答案：B 解析：对A、B整体，由牛顿第二定律，Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；对物体A，由牛顿第二定律，μ2mg＝ma；联立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相关数据得Fmax＝15 N，选项B正确．4．(20xx·江西重点中学十校联考一模)趣味运动会上运动员手持网球球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A．运动员的加速度为gtan θB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θD．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动答案：A 解析：对网球受力分析，受到重力mg和球拍的支持力FN，作出网球受力图如图甲所示，根据牛顿第二定律得甲乙FNsin θ＝ma，FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝，故A正确，B错误．以球拍和球整体为研究对象，如图乙所示，根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误．当a>gtan θ时，网球将向上运动，由于gsin θ与gtan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．5．(多选)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶的压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的动能越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短答案：AC 解析：设屋顶的底角为θ，底边为L，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，对水滴作受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN.垂直于屋顶方向mgcos θ＝FN，平行于屋顶方向ma＝mgsin θ.则雨滴的加速度a＝gsin θ，且倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力F′N＝FN＝mgcos θ，且倾角θ越大，雨滴对屋顶的压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度s＝，则从屋顶O点到M点的垂直距离h＝ssin θ＝＝tan θ，则雨滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小量，即Ek＝mgh＝tan θ，由于底边长度L是不变的，所以Ek随倾角θ增大而增大，故C正确；设从O到M的时间为t，雨滴的运动距离x＝，由x＝at2得x＝＝gt2sin θ，则t＝＝，故当θ＝45°时，用时最短，故D错误．6．(20xx·河北保定定州中学月考)(多选)一质点(m＝2 kg)正自东向西在光滑水平面上做匀速直线运动，速度大小为4 m/s，从某时刻起受到一个沿东西方向的力作用，如图所示，是该力随时间周期性的变化图象(从该时刻开始计时，规定向东方向为正方向)．下列说法正确的是( )A．2 s末物块的速度大小为4 m/sB．从该时刻起，质点做往复运动C．8 s末质点的速度大小为12 m/sD．8 s末质点的速度大小为4 m/s答案：AD 解析：由牛顿第二运动定律可得在0～2 s内，物体的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，物体速度变化量为Δv1＝a1Δt1＝4×2 m/s＝8 m/s，故2 s末物体的速度为v2＝－4 m/s＋8 m/s＝4 m/s，选项A正确；在2～4 s内，物体的加速度a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，物体速度变化量为Δv2＝a2Δt2＝－2×2 m/s＝－4 m/s，物体在4 s末的速度为v4＝4 m/s－4 m/s＝0，在t＝4 s后继续向右做匀加速直线运动，选项B错误；在4～6 s内，物体的加速度a3＝＝m/s2＝4 m/s2，物体速度变化量为Δv3＝a3Δt3＝4×2 m/s＝8 m/s，在6～8 s内，物体的加速度a4＝＝ m/s2＝－2 m/s2，物体速度变化量为Δv4＝a4t4＝－2×2 m/s＝－4 m/s，故8 s末物体的速度为v8＝Δv3＋Δv4＝4 m/s，选项C错误，D正确．7．(20xx·湖南浏阳、醴陵、××县三校联考)如图(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)求：(a) (b)(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)比例系数k.答案：(1)0.25 (2)0.84 kg/s解析：(1)初始时刻对物体受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma0由题图可知a0＝4 m/s2解得μ＝＝＝0.25.(2)对末时刻加速度为零时有mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0又FN＝mgcos θ＋kvsin θ由图得出此时v＝5 m/s解得k＝＝ kg/s＝0.84 kg/s.[能力提升]8．(20xx·广东金山中学期末)如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )A．若粘在A木块上面，绳的拉力不变B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小C．若粘在C木块上面，A、B间摩擦力增大D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小答案：D 解析：橡皮泥不管粘在哪一个物体上，系统加速度都减小，若粘在A上，分析C的受力可知，绳拉力增大，选项A、B错误；若粘到C上，分析A、B整体受力可知绳拉力减小，分析物体A受力可知，A、B间的静摩擦力减小，选项C错误，D正确．9．如图甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t ＝0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．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则( )A．在0～3 s时间内，物体的速度先增大后减小B．2 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sC．2 s末F最大，F的最大值为12 ND．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变答案：D 解析：物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体的速度增大得慢了，但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增大，故3 s末物体的速度最大，在a­t图象上图线与时间轴所围图形的面积表示速度的变化量，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，故B错误；前2 s内物体的加速度不变，做匀变速直线运动，由于摩擦力不变，所以力F大小保持不变，D正确；由F合＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故力F大于12 N，C错误．10．(20xx·湖南长沙长郡中学月考)某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．取g＝10 m/s2.求：(结果如果是根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁球速度将变为多大？答案：(1)5 m/s (2) m/s解析：(1)当α＝90°时，x＝1.25 m，则v0＝＝ m/s＝5 m/s.当α＝30°时，x＝1.25 m，a＝＝ m/s2＝10 m/s2.由牛顿第二定律得a＝gsin 30°＋μgcos 30°，解得μ＝.(2)当α＝60°时，上滑的加速度a1＝gsin 60°＋μgcos 60°，下滑的加速度a2＝gsin 60°－μgcos 60°.因为v2＝2ax，则v1＝v0＝v0＝ m/s.11．(20xx·安徽芜湖、马鞍山质检)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，如图甲所示，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mA＝1 kg、mB＝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v­t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，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．答案：(1)15 N (2)6 m。

第三章第 3 讲牛顿运动定律的综合应用一、选择题（在题后给的选项中，第1〜4题只有一项符合题目要求，第5〜8题有多项符合题目要求．）1. （2015年执信中学期中）在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一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N随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是（）【答案】D【解析】下蹲时，先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重后超重，所以只有选项 D 可能正确.2. （2015年中山四校联考）如图K3— 3 —1所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住.现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（）图K3— 3 - 1A. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD. 斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值【答案】D【解析】设球的质量为m斜面倾角为B,斜面对球的弹力为F l, 竖直挡板对球的弹力为F2.对球受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，mg得F i cos 9 —mg= 0, F2 —F i sin 9 = ma 解得F i = 是定值，F a =cos 9mg an 9 + ma故选项A、B错误，D正确；球所受斜面、挡板以及重力的合力为ma故选项C错误.3. 如图K3 —3—2所示，两个质量分别为m= 2 kg、m= 3 kg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F i = 30 N、F2= 20 N的水平拉力分别作用在m、m上，则（）图K3－3－2A. 弹簧测力计的示数是10 NB. 弹簧测力计的示数是50 NC. 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F i的瞬间，m的加速度不变【答案】C【解析】设弹簧的弹力为F,加速度为 A.对系统：F i—F2= （m+ m t）a,对m：F i —F=m i a,联立两式，解得a= 2 m/s2, F= 26 N,故选项A B错误；在突然撤去F t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F t的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故选项C正确；若突然撤去F i,物体m的合外力方向向左，而没撤去F i时，合外力方向向右，所以m的加速度发生变化，故选项D错误.4. （20i5年郑州模拟）如图K3— 3—3所示，物块A、B C质量分别为m 2m 3m, A与天花板间、B与C之间用轻弹簧相连，当系统平衡后，突然将A、B间轻绳剪断，在轻绳剪断瞬间，A B C的加速度（以向下为正方向）分别为（）图K3－3－ 3 A．g，g，g B．－5g, 2.5 g,0 C．－5g, 2g, 0 D．－g, 2g, 3g【答案】B【解析】轻绳剪断前，对A、B、C整体由平衡条件得，6mg- F i= 0,解得F = 6mg对C 由平衡条件得3mg- F2= 0,解得F2 = 3mg轻绳剪断瞬间，两个轻弹簧的拉力保持不变，而轻绳的拉力立即消失，由牛顿第二定律得，对A：mg- F i = ma,解得a A=- 5g,对B ：2 mg + F2= 2ma,解得a B= 2.5 g,对C：3mg- F2= 3ma,解得a c= 0，故选项B 正确.5. （2015年天津模拟）如图K3- 3- 4所示，水平传送带以恒定速度v向右运动.将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v,再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则（）图K3- 3- 4A. 前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动B. 后t秒内Q与传送带之间无摩擦力C. 前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1 ：13D. Q由传送带左端运动到右端的平均速度为v4【答案】BD【解析】前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f= ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误，B正确；前t秒内Q的位移x i= 2，后t秒内Q的位移X2vt+vt X i 1 X i + X2 2=vt，故一=，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度v =-—= = X2 2 2t 2t3选项D正确.6. (2015年佛山模拟)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K3- 3-5所示.当此车减速上坡时，乘客( )图K3 - 3 -5A. 处于失重状态B. 重力势能增加C. 受到向前的摩擦力作用D. 所受力的合力沿斜面向上【答案】AB【解析】当车减速上坡时，乘客受到向后的摩擦力、支持力和重力，合力方向沿斜面向下，在竖直方向上支持力小于重力，处于失重状态．选项7. (2015年湛江模拟)一根质量分布均匀的长绳 AB 在水平外力F 的作用下，沿光滑水 平面做直线运动，如图 K3— 3 — 6甲所示•绳内距 A 端x 处的张力F T 与x 的关系如图K3— 3 － 6 乙所示，由图可知 ( )图 K3— 3— 6B. 绳子的质量m F 3 kg D.绳子的加速度 a = 2 m/s【解析】取x = 0,对A 端进行受力分析，F — F T = ma 又A 端质量趋近于零，则 F = F T =6 N,选项A 正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项 B 、D 错误；由题图知绳子的长度为2 m ,选项C 正确.8.如图K3- 3— 7所示，一物体 A 静止在斜面上，通过细绳和滑轮与物体 B 相连，整个装置放在竖直方向运动的升降机里,下列说法正确的是 ()A 、B 正确．A.水平外力F = 6 N C.绳子的长度I = 2 m 【答案】 AC图K3－3－7A. 当升降机静止时，A受到的静摩擦力有可能沿斜面向上B. 当升降机开始向上加速运动时，A受到的静摩擦力的大小会变大C. 无论升降机怎么运动，绳上的拉力不会改变D. 当升降机自由下落时，若m A> m,则A会沿斜面下滑【答案】AB【解析】当升降机静止时，若mg v mg sin 0，则选项A正确.当升降机向上加速时，设F f 沿斜面向下，F f + mg sin 0 —m( g+ a) =—ma sin 0，得F f = (m—nisin 0 )( g+ a).与静止时F静=(m—m sin 0) g比较，可知F f增大.同理F f向上时，F f = (m sin 0 —m)( g+ a)，与F静=(m sin 0 —m) g比较还是增大，所以选项B正确.绳的拉力等于m(g+ a),与加速度有关，则选项C错误.自由下落时，物体均处于完全失重状态，A不会有相对斜面的运动，故选项D错误.二、非选择题9. (2015年银川模拟)放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图K3— 3—8所示.重力加速度2g= 10 m/s .求：图K3— 3 -8(1) 物块在运动过程中受到的滑动摩擦力大小；(2) 物块在3〜6 s中的加速度大小；(3) 物块与地面间的动摩擦因数.【答案】(1)4 N (2)2 m/s (3)0.4【解析】(1)由v —t图象可知，物块在6〜9 s内做匀速直线运动，由F—t图象知，6〜9 s的推力F3= 4 N由平衡条件得：F f = F3 = 4 N(2)由v—t图象可知，3〜6 s内物块做匀加速直线运动，则：a= V—解得：a= 2 m/s .⑶在3〜6 s内，由牛顿第二定律得:F a—Ff = ma解得：m= 1 kg又有：F f = ^F N= mg解得：口 = 0.4.10. (2013年福建卷)质量为M长为Q3L的杆水平放置，杆两端A B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环•已知重力加速度为g,不计空气影响.(1) 现让杆和环均静止悬挂在空中，如图K3- 3 —9甲，求绳中拉力的大小；(2) 若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图K3—3 —9乙所示.①求此状态下杆的加速度大小a;②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何?图K3— 3 -9【答案】⑴~^mg⑵①电3gM+ mg与水平方向成60°角斜向右上方【解析】(1)如图，设平衡时，绳中拉力为F T,有2F T COS 0 —mg= 00=¥由图知COS解得F T= mg(2)①此时，对小铁环受力分析如图所示，有F T' sin B'= maF T'+F T'COS 0 ' —mg= 0由图知0 '= 60°,联立解得a=£g.②设外力F与水平方向成a角，将杆和小铁环当成一个整体，其受力如图所示，有F COS a = (M+ n) aF sin a —(M+ n)g= 0 2迈解得F=^^(M^mgtan a =或a = 60° ).11 •如图K3 —3—10所示，水平传送带A B两端相距S= 3.5 m工件与传送带间的动摩擦因数口= 0.1.工件滑上A端时的瞬时速度V A = 4 m/s，达到B端时的瞬时速度设为VB.(g取10 m/s 2)图K3— 3 - 10(1)若传送带不动，V B多大?(2) 若传送带以速度v(匀速)逆时针转动，V B多大?(3) 若传送带以速度v(匀速)顺时针转动，V B多大?【答案】(1)3 m/s (2)3 m/s (3)见解析【解析】(1)传送带不动，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力F f = 口mg作用，工件向右做减速运动，初速度为V A,加速度大小为a=^g = 1 m/s2,到达B端时的速度V B= v A—2as= 3 m/s.(2)传送带逆时针转动时，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力仍为F f = 口mg2工件向右做初速度为V A、加速度大小为a= ^g= 1 m/s的减速运动，到达B端时的速度V B=3 m/s.(3) 传送带顺时针转动时，根据传送带速度v的大小，有下列5种情况：①若v = V A,工件滑上传送带时，工件与传送带速度相同，均做匀速运动，工件到达B 端时的速度V B=V A= 4 m/s.②若v> .v A + 2as，工件由A到B,全程做匀加速运动，到达B端时的速度V B= . v A+ 2as =.23 m/s.③若.v A+ 2as> v> V A,工件由A到B,先做匀加速运动，当速度增加到传送带速度v 时，工件与传送带一起做匀速运动，速度相同，工件到达B端时的速度V B= v.④若v w .v A—2as时，工件由A到B,全程做匀减速运动，到达B端时的速度V B= v A —2as =3 m/s.⑤若V A> v > v A—2as,工件由A到B,先做匀减速运动，当速度减小到传送带速度起做匀速运动，速度相同，工件到达B端时的速度V B= v.时，工件与传送带。

【与名师对话】高考物理总复习 3.3专题：牛顿运动定律的综合应用（一）课时作业新人教版必修11．有关超重和失重，以下说法中正确的是( )A．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B．竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D．站在月球表面的人处于失重状态解析：无论超重和失重状态，物体所受重力均不变，故A错．竖直上抛的木箱加速度为重力加速度故木箱处于完全失重状态，所以B对．处于失重或超重状态与运动方向没必然联系只与加速度方向有关，C错．站在月球上的人受到的重力比在地球上受到的重力小但不是失重状态，故D错．答案：B2．(2013·菏泽检测)如右图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力D．在降落伞打开后的下降过程中，安全带的作用力小于B的重力解析：在降落伞未打开的下降过程中，由于空气阻力不计，A、B二人都做自由落体运动，属于失重现象，连接二人的安全带的作用力一定为零，故A选项正确，B、C选项错误；降落伞打开后，A、B均做减速运动，安全带的作用力可能大于B的重力，故D选项错误．答案：A3.水平地面上有一直立的轻弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于静止状态，如右图(甲)所示．现用一竖直向下的力F作用在物体A上，使A向下做一小段匀加速直线运动(弹簧一直处在弹性限度内)，如右图(乙)所示．在此过程中力F的大小与物体向下运动的距离x间的关系图象正确的是( )解析：未施加外力时kx 0＝mg ，有力F 作用过程中F ＋mg －k (x ＋x 0)＝ma ，即：F ＝kx ＋ma ，故选项D 正确．答案：D4．(2013·黑龙江四校二模)质量为0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F 两个力共同作用时的速度－时间图象，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A ．水平力F 可能等于0.3 NB ．物体的摩擦力一定等于0.1 NC ．水平力F 一定等于0.1 ND ．物体的摩擦力可能等于0.3 N解析：①由题图可知，物体在两种情况下均做减速运动，图线a 的加速度大小为a a ＝5－36 m/s 2＝13 m/s 2，图线b 的加速度大小为a b ＝5－16 m/s 2＝23m/s 2；②若水平力F 与速度方向相同，则F f －F ＝ma a 、F f ＝ma b ，解得F f ＝0.2 N 、F ＝0.1 N ；若水平力F 与速度方向相反，则F f ＝ma a 、F ＋F f ＝ma b ，解得F ＝0.1 N 、F f ＝0.1 N ．故C 正确．答案：C5．(2013·湖北七市(州)高三联合)为估测电梯起动和制动时的加速度大小，李明同学站在体重计上乘电梯从1层到10层，之后又从10层返回到1层，并用照相机进行记录，得到如下图照片(右上角是楼层显示器照片，“↑”表示电梯正在上升，“↓”表示电梯正在下降)．则下列分析中正确的是( )A ．根据图2和图3，可估测电梯向上起动时的加速度B ．根据图1和图2，可估测电梯向上制动时的加速度C ．根据图1和图5，可估测电梯向下制动时的加速度D ．根据图4和图5，可估测电梯向下起动时的加速度解析：图1为电梯起动前该同学的实际体重，图2为向上加速时的示重，图3为向上制动时的示重，图4为下降加速时的示重，图5为下降制动时的示重，结合牛顿第二定律知选项C 正确．答案：C6．(2013·山西省太原市高三模拟(一))将一弹性塑料球从距地面高度为h 1处由静止释放，小球与地面碰撞后弹回到高度为h 2处．设这一过程中空气阻力的大小恒定，不考虑小球与地面碰撞的时间及损失的动能，以向下为正方向，下列图象大致能反映该过程的是( )解析：小球下落过程：mg －f ＝ma 1，h 1＝12a 1t 21，速度v ＝a 1t ，反弹过程：mg ＋f ＝ma 2，h 2＝12a 2t 22，v ′＝v 0－a 2t ，故a 1<a 2，且a 1、a 2的方向相同，都向下，选项C 、D 错误；速度是矢量，两过程中速度方向相反，选项A 错误，选项B 正确．答案：B7．(2013·苏锡常镇四市学年高三教学调研(二))质量不同、半径相同的两个小球从高空中某处由静止开始下落，设它们所受空气阻力f 与下落速度v 的关系为f ＝kv ，k 为定值．则质量较大小球的v —t 图线是( )A ．①B ．②C ．③D ．④解析：由牛顿第二定律：mg －kv ＝ma ，a ＝g －kvm，小球下落过程中，速度v 增大，则加速度a 减小，且m 较大的小球，加速度a 较小，收尾速度v m 较大，即mg ＝kv m ，选项C 正确．答案：C8．(2013·福州市高中毕业班质检)质量m ＝2 kg 的滑块受到一个沿斜面方向的恒力F 作用，从斜面底端开始，以初速度大小v 0＝3.6 m/s 沿着倾角为θ＝37°足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.滑块向上滑动过程的速度—时间(v ­t )图象如图所示(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)滑块上滑过程的加速度大小和方向； (2)该恒力F 的大小和方向．解析：(1)沿斜面向上为正方向滑块上滑过程中加速度：a＝ΔvΔt＝1.2－3.60.16m/s2＝－15 m/s2，加速度方向沿斜面向下．(2)设F沿斜面向上，则F－mg sinθ－μmg cosθ＝maF＝mg sinθ＋μmg cosθ＋ma代入数据解得：F＝－10 N力F的方向平行于斜面向下．答案：(1)－15 m/s2沿斜面向下(2)－10 N 平行于斜面向下9．(2013·河北邯郸高三摸底)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹．下列说法正确的是( )A．黑色的痕迹将出现在木炭的左侧B．木炭的质量越大，痕迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短D．木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短解析：木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向后运动，所以，会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向后做匀减速直线运动，根据v2＝2ax，其中a＝μg，与m无关，选项B错；由前式知，a一定时，v越大，x越长，选项C 错；在v一定时，μ越大，a越大，x越小，选项D对．答案：D10．(2013·江西省南昌市高三调研测试卷)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，当小球间距大于L时，相互间的排斥力为零．两小球在相互作用区间运动时始终未接触．两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知( )A．a球质量大于b球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力的方向始终与运动方向相反解析：由图象可知，在两球相互作用的过程中，a 球的加速度小于b 球的加速度，因此a 球质量大于b 球质量，选项A 正确；在t 2时刻两球速度相同，此时距离最小，0～t 2时间内两小球间距逐渐减小，因此选项B 错误，选项C 正确；由两球受力运动分析可知，b 球所受排斥力的方向在0～t 1时间内与运动方向相反，在t 1～t 3时间内与运动方向相同，因此选项D 错误，所以答案选AC.答案：AC11．(2013·江西重点中学调研)如下图甲所示，一物块以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x .若木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系如下图乙所示．g 取10 m/s 2.求：(1)物体初速度的大小v 0；(2)物体与木板间的动摩擦因数μ；(3)当α＝60°时，它沿木板向上能达到的最大位移．解析：(1)当α＝90°时，x ＝1.25 m ，由v 20＝2gx ，解得v 0＝5 m/s.(2)当α＝30°时，x ＝1.25 m ，由v 20＝2ax ，解得a ＝10 m/s 2.物体沿木板上滑，由牛顿第二定律，mg sin30°＋μmg cos30°＝ma ，解得物体与木板间的动摩擦因数μ＝3/3.(3)当α＝60°时，物体沿木板上滑，由牛顿第二定律，mg sin60°＋μmg cos60°＝ma 1， 解得a 1＝2033m/s 2.沿木板向上能达到的最大位移x ＝v 202a 1＝538m.答案：(1)v 0＝5 m/s (2)μ＝33 (3)538m 12.(2013·天安模拟)传送带以恒定速度v ＝4 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝2 kg 的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝20 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H ＝1.8 m 的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.问：(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：F＋μmg cos37°－mg sin37°＝ma1解得a1＝8 m/s2由v＝a1t1得t1＝0.5 s位移x1＝a1t21/2＝1 m随后有：F－μmg cos37°－mg sin37°＝ma2解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升位移x2＝H/sin37°－x1＝2 mt2＝x2/v＝0.5 s总时间为t＝t1＋t2＝1 s(2)撤去恒力F后有：μmg cos37°－mg sin37°＝ma3a3＝－2 m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为xx＝－v2/2a3＝4 m>x2由x2＝vt3＋a3t23/2得：t3＝(2－2) s[t3＝(2＋2) s>1 s舍去]答案：(1)1 s (2)(2－2) s。

课时作业(七)[基础小题]1．在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛，一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力()A．小于受到的弹力B．大于受到的弹力C．和受到的弹力是一对作用力与反作用力D．和受到的弹力是一对平衡力[解析]因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力：磁力与弹力，应为平衡力，所以D正确，A、B、C错误．[答案] D2．物体A的质量为10 kg，物体B的质量为20 kg，A、B分别以20 m/s和10 m/s的速度运动，则下列说法中正确的是()A．A的惯性比B大B．B的惯性比A大C．A和B的惯性一样大D．不能确定[解析]质量是物体惯性大小的惟一量度，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度大小无关，故B的惯性比A大，选项B正确，选项A、C、D都错．[答案] B3．如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1＞m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球()A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．无法确定[解析]因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰．[答案] B4．月球表面上的重力加速度为地球表面的重力加速度的16.对于同一个飞行器，在月球表面上时与在地球表面上时相比较( )A ．惯性减小为在地球表面时的16，重力不变 B ．惯性和重力都减小为在地球表面时的16C ．惯性不变，重力减小为在地球表面时的16D ．惯性和重力都不变[解析] 因同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关，所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变．物体的重力发生变化，这个飞行器在月球表面上的重力为G 月＝mg 月＝m ·16g 地＝16G 地．选C. [答案] C5．就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( )A ．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B ．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C ．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D ．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的[解析] 采用了大功率的发动机后，可以提高车速，但功率的大小与惯性无关，只要质量不变，惯性就不变，故A 错；惯性与运动时间无关，故B 错；摘下或加挂车厢，会使列车的质量增大或减小，惯性发生变化，故C 对；摩托车转弯时，身体稍微向里倾斜是改变其受力情况，惯性与力无关，故D 错．[答案] C6．如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )A ．铁球向左，乒乓球向右B ．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右[解析]由于惯性，铁球相对于水向左偏，而因乒乓球的质量不如同体积的水的质量大，故乒乓球相对于水向右偏，故A正确．[答案] A7．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，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[解析]由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，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．[答案] A[必纠错题]8．如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河．如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙拉力大小等于乙对甲的拉力大小C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜[错解]易错选C.[错因分析]甲获胜说明明甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以，误选A；误认为当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以错选C.[解析]物体的运动状态是由其自身的受力情况决定的，只有当物体所受的合外力不零时，物体的运动状态才会改变，不论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，由于它们作用在不同的物体上，其效果可以不同．甲加速前进的原因是。

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的点表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可得( )A．人的重力为：1 500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度解析：B 由图可知人的重力为500 N，故A错误；c点位置人的支持力750 N>500 N，处于超重状态，故B正确；e点位置人的支持力650 N>500 N，处于超重状态，故C错误；d 点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2，故D错误．2.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：C 未加恒力F时，对物块由牛顿第二定律知ma＝mg sin θ－μmg cos θ，而加上F后，ma′＝(mg＋F)(sin θ－μcos θ)，即a′>a，C正确．3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( ) A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：D 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态．当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确．4.(2018·烟台模拟)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( )A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上B．若m1＝m2tan α，则两物体可静止在斜面上C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)gD．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析：C 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2g sin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1g sin α，由于α>45°，则m2g sin(90°－α)<m1g sin α，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误．要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2g sin(90°－α)＝m1g sin α，即有m1＝m2cot α，B错误．若m1＝m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有F N－(M＋m1＋m2)g＝m2a sin(90°－α)－m1a sin α<0，即地面对三棱柱的支持力F N<(M＋m1＋m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有F f＝m1a cos α－m2a cos(90°－α)<0，C正确，D 错误．5．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则( )A ．x 1一定等于x 2B ．x 1一定大于x 2C ．若m 1>m 2，则x 1>x 2D ．若m 1<m 2，则x 1<x 2解析：A 当用恒力F 竖直向上拉着a 时，先用整体法有F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，再隔离b 有kx 1－m 2g ＝m 2a ，联立得：x 1＝m 2F k m 1＋m 2.当沿水平方向拉着a 时，先用整体法有F ＝(m 1＋m 2)a ′，再隔离b 有kx 2＝m 2a ′，联立得x 2＝m 2F k m 1＋m 2，故x 1＝x 2，所以只有A 项正确．6．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v －t 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 ．外力施加的瞬间，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：B 施加外力F 前，物体A 、B 整体平衡，根据平衡条件有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mg k，故A 错误；施加外力F 的瞬间，对物体B ，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B 正确；由题图乙知，物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的v 和a ，且F AB ＝0，对B 有F 弹′－Mg ＝Ma ，解得F 弹′＝M (g ＋a )，故C 错误；当F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故D 错误．7．质点甲固定在原点，质点乙可在x 轴上运动，甲对乙的作用力F 只与甲、乙之间的距离x 有关，在2.2×10－10 m≤x ≤5.0×10－10 m 的范围内，F 与x 的关系如图所示．若乙自P 点由静止开始运动，且乙只受力F 作用，规定力F 沿＋x 方向为正，下列说法正确的是( )A ．乙运动到R 点时，速度最大B．乙运动到Q点时，速度最大C．乙运动到Q点后，静止于该处D．乙位于P点时，加速度最大解析：BD 由图示可知，质点乙由静止从P开始向右做加速运动，越过Q后做减速运动，因此经过Q点时速度最大，选项A错误、B正确．由图示图像可知质点运动到Q点后，在甲的作用力作用下做减速运动，不会静止在Q点，选项C错误．由图像可知在P点受力最大，根据牛顿第二定律知P点的加速度最大，选项D正确．8．如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上．B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止．则在0～2t0时间内，下列说法正确的是( )A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0解析：BCD t0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，A错；在0至t0过程中，A、B所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0时刻A、B速度最大，B对；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，C对；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，到2t0时刻，A、B速度减小到0，位移最大，D对．9．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图像．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．滑块的质量m＝4 kgB．木板的质量M＝4 kgC．滑块与木板间动摩擦因数为0.1D ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2解析：AC 由图像，当F 等于6 N 时，加速度a ＝1 m/s 2，对整体：F ＝(M ＋m )a ，解得：M ＋m ＝6 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M ，知图线的斜率k ＝1M ＝12，解得M ＝2 kg ，滑块的质量m ＝4 kg ，故A 正确，B 错误；根据F 大于6 N 的图线延长线知，F ＝4 N 时，a ＝0，由a ＝F －μmg M，解得μ＝0.1，故C 正确；根据μmg ＝ma ′得a ′＝1 m/s 2，D 错误．10.(2018·湖南衡阳模拟)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M 和m .各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f 2＝μ(M ＋m )g ＋μMg ，故A 错误；设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝Ma 1，F －f 1－f 2＝ma 2，发生相对运动需要a 2>a 1，代入已知条件解得：F >2μ(M ＋m )g ，故B 正确；若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码匀加速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a 1＝μgd 2μg ＝d 2，则位移小于d ，不会从桌面掉下，故C 正确；当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未脱离纸板时的加速度a 1＝μg ，纸板的加速度a 2＝F －μm ＋M g －μMg m ＝2μg ，根据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝2d μg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移为v 22a ′＝2μgd 2μg＝d ，而匀加速运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码恰好离开桌面，故D 错误． 二、计算题(本题共2小题，需写出规范的解题步骤)11.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：(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 ＝10 kg ，μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，若F 的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a ＝5 m/s 2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：F sin θ≤mg要使物体能一直向右运动，应有：F cos θ≥μ(mg －F sin θ)联立解得：μmg cos θ＋μsin θ≤F ≤mg sin θ(2)根据牛顿第二定律得 F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma解得：F ＝μmg ＋ma cos θ＋μsin θ上式变形得F ＝μmg ＋ma1＋μ2θ＋α 其中α＝arcsin11＋μ2 当sin(θ＋α)＝1时，F 有最小值解得：F min ＝μmg ＋ma 1＋μ2 代入相关数据解得：F min ＝40 5 N答案：(1)μmg cos θ＋μsin θ≤F ≤mg sin θ(2)40 5 N 12．(2018·滨州模拟)质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图像如图乙所示．g 取10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1,2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21①滑块的位移x 1＝4 m ②由牛顿第二定律得a 2＝μ1mg M③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④联立①②③④解得μ1＝0.4⑤滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a 1′＝μ2mg m ＝μ2g a 2′＝μ2mg M设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1 v 1－a 1′t 2＝v 2＋a 2′t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x 1′＝v 1t 2－12a 1′t 22 木板的位移x 2′＝v 2t 2＋12a 2′t 22 Δx ＝x 1′－x 2′联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m答案：(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m。

第3课时牛顿第二定律的综合应用基本技能练1 •如图1所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲一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0 2 4 6 R 时何仪）图1A. 该同学做了两次下蹲一起立的动作B. 该同学做了一次下蹲一起立的动作，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B2. （2014 •石家庄一模）2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌。

比赛场地可简化为由如图2所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。

若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A. 运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B. 运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C. 运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D. 运动员在减速区减速过程中处于失重状态解析运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A 项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误。

答案C3. 某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。

将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图3甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，0是运动的最高点。

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第三章
牛顿运动定律
小物块运动的位移为 v1 ＋ v3 x2 ＝ Δt⑫(1 分) 2 小物块相对木板的位移为 Δx＝x2－x1⑬(1 分) 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δx＝6.0 m⑭(1 分) 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度 应为 6.0 m．(1 分)
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第三章
牛顿运动定律
式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物块 和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④(1 分) 在木板与墙壁碰撞后，木板以初速度为－v1 向左做匀变速运 动，小物块以初速度 v1 向右做匀变速运动．设小物块的加速 度为 a2，由牛顿第二定律得 －μ2mg＝ma2⑤(1 分)
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微专题9 物理模型——“滑块—滑板”模型的分析
1．模型特征：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力 的相互作用下发生相对滑动．
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牛顿运动定律Hale Waihona Puke 2．思维模板栏目 导引
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(20 分)(2015· 高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平 地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木 板右端与墙壁的距离为 4.5 m， 如图甲所示． t＝0 时刻开始， 小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s 时木板 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变， 方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v－t 图线如图乙所示．木板的质量是小 物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2.求：
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能力课时3 牛顿运动定律的综合应用(一)一、单项选择题1.一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。

能正确描述F 与a 之间关系的图象是( )解析 设物体所受滑动摩擦力为F f ，在水平拉力F 作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F －F f ＝ma ，F ＝ma ＋F f ，所以能正确描述F 与a 之间关系的图象是C 。

答案 C2.如图1所示，光滑水平面上，质量分别为m 、M 的木块A 、B 在水平恒力F 作用下一起以加速度a 向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k ，原长为L 。

则此时木块A 、B 间的距离为( )图1A.L ＋MakB.L ＋ma kC.L ＋MFk （M ＋m ）D.L ＋F －ma k解析 对木块A 、B 整体，根据牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m)a ，对木块A 有kx ＝ma ，解得：x ＝mak ＝m·F M ＋m k ＝mF k （M ＋m ），木块A 、B 间的距离为L ＋x ＝L ＋ma k ＝L ＋mFk （M ＋m ），故选项B 正确。

答案 B3.质量为0.1 kg 的小球，用细线吊在倾角α为37°的斜面上，如图2所示。

系统静止时绳与斜面平行，不计一切摩擦。

当斜面体向右匀加速运动时，小球与斜面刚好不分离，则斜面体的加速度为( )图2A.gsin αB.gcos αC.gtan αD.gtan α解析 因小球与斜面刚好不分离，所以小球受力如图所示，由图知tan α＝mg ma ，则a ＝gtan α，D 正确。

答案 D4.如图3所示，甲、乙两图中水平面都是光滑的，小车的质量都是M ，人的质量都是m ，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)的力都是F ，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是( )图3A.甲图中车的加速度大小为FMB.甲图中车的加速度大小为F M ＋mC.乙图中车的加速度大小为2FM ＋mD.乙图中车的加速度大小为FM解析 以人和车整体为研究对象，甲图合力为0，加速度为0，乙图2F ＝(M ＋m)a 乙，所以a 乙＝2F M ＋m，故选项C 正确。