2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测(十)牛顿运动定律的综合应用(卷Ⅰ)(重点班)

高考物理复习课时跟踪检测(十一) 牛顿运动定律的综合应用(一)高考常考题型：选择题＋计算题1．在下列运动过程中，人处于失重状态的是( )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．宇航员随飞船绕地球做圆周运动D．运动员何冲离开跳板后向上运动2．一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图1所示，则( )图1A．t3时刻火箭距地面最远B．t2～t3的时间内，火箭在向下降落C．t1～t2的时间内，火箭处于失重状态D．0～t3的时间内，火箭始终处于失重状态3．一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，运动时间为t1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，运动时间为t2，则( )A．t1＝t2 B．t1<t2C．t1>t2 D．无法判断t1与t2的大小4.如图2所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，图3中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是( ) 图2图3[5.如图4所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计。

水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动(相对位置如图4所示)，则施于小车的水平作用力F是(θ已知)( )A．mgtan θB．(M＋m)gtan θ图4C．(M＋m)gcot θD．(M＋m)gsin θ6.如图5所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。

小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )图5A ．μmg B.mF M ＋mC ．μ(M ＋m)gD ．ma7.如图6所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。

2019版高考物理一轮复习 课时跟踪检测12 热点专题3 牛顿运动定律的综合应用1．(多选)(2016届海南海口期末)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( )A ．一定小于手对砖的支持力B ．一定等于手对砖的支持力C ．一定大于手对砖的支持力D ．一定大于砖的重力解题思路：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．解析：当手突然向上加速运动时，砖也向上加速，此时有向上的加速度，合力向上，处于超重状态，所以手对砖的支持力要大于砖的重力，同时砖对手的压力和手对砖的支持力是作用力与反作用力，大小相等，所以B 、D 正确，A 、C 错误．故选B 、D.答案：BD2．(2016届湖南浏阳一中月考)质量为m 的物体用弹簧测力计悬在升降机顶棚上，在下列哪种情况下，弹簧测力计的读数最小( )A ．升降机匀速上升B ．升降机匀加速上升，且a ＝12gC ．升降机匀减速上升，且a ＝12gD ．升降机匀加速上升，且a ＝13g解析：由受力分析可知弹簧测力计的读数应该是向下有加速度时小于匀速运动及向上有加速度的情形，则可知有T ＝mg －ma ′，即升降机匀减速上升时读数最小．综上本题选C.答案：C3. (2017届福建师大附中期中)如图所示，a 、b 两个带有异种电荷的小球(可视为质点)分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，木盒置于固定的台秤上，整个装置静止，细绳均有弹力．若将系b 的细线剪断，下列说法中正确的是( )A ．剪断细线瞬间，台秤的示数不变B ．剪断细线瞬间，台秤的示数变小C ．在b 向a 靠近的过程中，台秤的示数不变D ．在b 向a 靠近的过程中，台秤的示数变大解题思路：静止时，对小球b 和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系b 的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．解析：将a 、b 两个小球和木盒看做整体，开始台秤示数等于它们的总重力，将系b 的细线剪断后，b 球向上加速，系统处于超重状态，台秤示数大于它们的总重力，在b 向a 靠近的过程中，a 、b 之间的库仑力增大，台秤的示数变大，D 正确．综上本题选D.答案：D4．(2016届河南顶级名校月考)两个质量分别为m 1、m 2的物体A 和B 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分别受到水平推力2F 和F ，则A 、B 之间弹力的大小为( )A.m 2m 1＋m 2F B ．m 1m 1＋m 2F C.m 1＋2m 2m 1＋m 2F D ．2m 1＋m 2m 1＋m 2F解析：根据牛顿第二定律对整体有：2F －F ＝(m 1＋m 2)a ，方向水平向右：对物体B 有：F N －F ＝m 2a ，联立上述两式得：F N ＝m 1＋2m 2m 1＋m 2F ，故选项A 、B 、D 均错误，选项C 正确．答案：C5.(2017届云南玉溪一中月考)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A ．顾客始终受到三个力的作用B ．顾客始终处于超重状态C ．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上D ．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方解析：顾客只有在加速过程受三个力的作用，匀速过程受两个力作用，选项A 错误；顾客在匀速过程中，支撑面对顾客的作用力等于顾客的重力，选项B 错误；在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向水平向右方向，选项D 错误；在加速过程中顾客受的重力和扶梯对顾客的作用力F的合力产生向右上方的加速度，如图所示，则顾客受到扶梯的作用力指向右侧斜上方，匀速运动时顾客受平衡力，受扶梯的作用力沿竖直方向，选项C正确．综上本题选C.答案：C【提升过关】一、单项选择题1.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的是( )A．人向上弹起过程中，一直处于超重状态B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力解析：人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知：二者等大反向，选项B错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知：高跷对人的作用力大于人的重力，人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误．答案：C2.(2017届湖北襄阳五中、宜昌一中、龙泉中学联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是( )解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg ＝kx 1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F ，根据牛顿第二定律，有F ＋mg －F 弹＝ma ，根据胡克定律，有F 弹＝k (x 1＋x )＝mg ＋kx ，解得F ＝ma －mg ＋F 弹＝ma ＋kx ，故弹力与x 呈线性关系，且是增函数，故D 正确．答案：D3.(2017届广东湛江一中月考)如图是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平衡重物，它们的质量均为M ，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中载人的总质量为m ，匀速上升的速度为v ，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h 高度后停止．不计空气和摩擦阻力的情况，重力加速度为g ，则h 为( )A.v 22gB ．M ＋m v 22mgC.M ＋m v 2mgD ．M ＋m v 22mg解析：设B 对A 的拉力为F T ，对B ：Mg －F T ＝Ma ，对A ：F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，a ＝－mg2M ＋m ，由v 2＝2|a |h 得h ＝M ＋m v 22mg，D 选项正确．综上本题选D.答案：D4.(2016届马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中联考)如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A 、B ，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F 向上推物体A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B 对A 的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )A ．只减小A 的质量，B 对A 的压力大小不变 B ．只减小B 的质量，B 对A 的压力大小会增大C ．只减小斜面间的倾角，B 对A 的压力大小不变D ．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对A 的压力会增大解析：将A 、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a ＝F －m A ＋m B g sin θ－μm A ＋m B g cos θm A ＋m B＝Fm A ＋m B－g sin θ－μg cos θ，隔离B 分析可得N－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，解得N ＝m B Fm A ＋m B，由牛顿第三定律可知，B 对A 的压力N ′＝m B Fm A ＋m B，若只减小A 的质量，压力变大，若只减小B 的质量，压力变小，A 、B 错误；A 、B 之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C 正确，D 错误．答案：C5.(2016届湖南师大附中月考)有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°和30°，这些轨道交于O .现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙．分别沿这3个轨道同时从静止自由下落，如图所示，物体滑到O 点的先后顺序是( )A ．甲最先，乙稍后，丙最后B ．乙最先，然后甲和丙同时到达C ．甲、乙、丙同时到达D ．乙最先，甲稍后，丙最后解题思路：根据牛顿第二定律得到物体下滑的加速度大小与斜面倾角的关系．用斜轨道底边长度表示物体的位移，由位移公式比较三个物体运动的时间，确定到达O 点的先后．解析：设斜轨道底边的长度为l ，斜面的倾角为α，则斜轨道的长度为x ＝lcos α.根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为a ＝mg sin αm ＝g sin α.则有x ＝12at 2，代入数据得：lcos α＝12g sin αt 2，得到：t ＝ 2lg sin αcos α＝4lg sin2α，根据数学知识得知，sin(2×60°)＝sin(2×30°)，则甲和丙运动的时间相等，同时到达斜轨道的底端O 点．又sin(2×45°)＝1最大，则乙运动时间最短，乙最先到达O 点，故B 正确．综上本题选B.答案：B 二、多项选择题6．(2016届湖南师大附中月考)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．下列判断正确的是( )A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．货物始终处于超重状态解析：由题图甲可以知道，拉力为零时货物只受重力，加速度为重力加速度，但是其位置在a 的负轴上，故M 点的值应为－g ，故A 正确；由题图知图象与横轴的交点N 对应的加速度为零，故可以知道此时受力平衡：T N ＝mg ，故B 正确；由M 、N 两点的坐标可得斜率为g mg＝1m，故C 错误；从题图中看加速度方向先是向下，后向上，由加速度向上是超重，向下是失重，故货物先失重后超重，故D 错误．综上本题选A 、B.答案：AB7．(2017届黑龙江双鸭山一中月考)如图(a)所示，用一水平外力F 拉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(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．加速度为6 m/s 2时物体的速度D ．加速度由2 m/s 2增加到6 m/s 2过程物体通过的位移 解析：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示：x方向：F cosθ－mg sinθ＝ma，y方向：F N－F sinθ－G cosθ＝0.从题图中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正确．当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N.题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程不能求出物体通过的位移，故C、D错误．综上本题选A、B.答案：AB8.(2016届四川凉山州一诊)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为g sinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sinθ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误．故选A、C.答案：AC9．(2017届安徽合肥质检)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/s2，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：BC 三、计算题10．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平方向上运动的v ­t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量．解析：(1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡F ＝mg tan θ，代入数据可得：F ＝1033N.(2)滑块滑到木板上的初速度为10 m/s ，当F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋F cos θ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2下滑的位移：x ＝v 22a，解得x ＝5 m故下滑的高度h ＝x sin30°＝2.5 m.(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木反间的动摩擦因数为μ2，二者共同减速时的加速度大小a 1＝1 m/s 2发生相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2滑块减速的加速度大小为a 3＝4 m/s 2对整体受力分析可得a 1＝μ1M ＋m gM ＋m＝μ1g可得μ1＝0.1在0～2 s 内分别对m 和M 做受力分析 对M ：μ2mg －μ1M ＋m gM＝a 2，对m ：μ2mgm＝a 3代入数据解方程可得M ＝1.5 kg.答案：(1)1033N (2)2.5 m (3)1.5 kg。

课时跟踪检测（十）牛顿第一定律牛顿第三定律1．科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要。

下列哪个成果是运用理想实验法得到的() A．牛顿发现“万有引力定律”B．库仑发现“库仑定律”C．法拉第发现“电磁感应现象”D．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”解析：选D牛顿发现“万有引力定律”是通过演绎法得到的；库仑发现“库仑定律”，法拉第发现“电磁感应现象”，这些都是建立在大量的实验的基础上直接得出的结论；而伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”，是在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，即运用了理想实验法。

故D正确。

2．鞋子上粘上泥巴，在地面上脚跟朝下磕两下，泥巴就掉了，这是利用()A．鞋的惯性B．泥巴的惯性C．地面的惯性D．脚的惯性解析：选B当鞋遇地面停止运动后，泥巴由于惯性继续运动而脱离鞋子，B正确。

3．(2023·浙江6月选考)在足球运动中，足球入网如图所示，则()A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力解析：选B在踢香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度以及足球的转动和空气阻力，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故只受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。

4.如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，运动员与滑板分离，分别从横杆的上、下通过，忽略运动员和滑板在运动中受到的阻力，则运动员()A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后下方B．在空中水平方向先加速后减速C．越过杆后落在滑板的后方D．越过杆后仍落在滑板上起跳的位置解析：选D运动员相对于滑板竖直向上起跳，所以脚对滑板的作用力竖直向下，A错；运动员在空中时，水平方向不受力的作用，水平方向速度不变，B错；由于运动员和滑板的水平速度始终相同，所以运动员落在滑板上起跳的位置，C错，D对。

牛顿运动定律综合应用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【答案】B2．如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是()A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态D．飞船落地前减速时，宇航员对座椅的压力小于其重力【答案】B3．一个人站在体重计的测盘上，在人下蹲的过程中，指针示数变化应是()A．先减小，后还原B．先增加，后还原C．始终不变D．先减小，后增加，再还原【答案】D4. 如图所示，是某同学站在压力传感器上，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(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知()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C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态【答案】B5．某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N。

他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t2时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v—t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()【答案】AD6．几位同学为了探究电梯启动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层,之后又从10层直接回到1层。

用照相机进行了相关记录,如图所示。

图甲为电梯静止时体重计的照片，图乙、图丙、图丁和图戊分别为电梯运动过程中体重计的照片。

根据照片推断正确的是()A．根据图乙推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态B．根据图丙推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态C．根据图丁推断电梯可能处于减速上升过程，电梯内同学一定处于失重状态D．根据图戊推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于超重状态【答案】CD7. (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小【答案】AD8. 如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力【答案】A9. 如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k。

课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用A 卷——基础保分专练1．游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。

其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。

假设舱中某人用手托着一个重为50 N 的铅球。

下列说法正确的是( )A ．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0B ．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力C ．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0D ．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N解析：选A 由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A 正确，B 错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50 N ，选项C 、D 错误。

2．如图，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动。

已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。

在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )A ．a A ＝12g ，a B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g C ．a A ＝14g ，a B ＝3g D ．a A ＝0，a B ＝2g解析：选D 对滑轮分析：F －2T ＝ma ，又m ＝0，所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg ， 对A 分析：由于T <4mg 故A 静止，a A ＝0对B 分析：a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确。

3．(2019·汕头模拟)如图所示，将一手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮。

月考一必修一直线运动牛顿运动定律第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～10题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1.某物体做直线运动的v­t图象如图所示，根据图象提供的信息可知，该物体( ) A．在4 s末离起始点最远B．在6 s末离起始点最远C．在0～4 s内与4～6 s内的平均速度相等D．在0～4 s内的加速度大于7～8 s内的加速度答案：B解析：在速度图象中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，故题图中所示物体在6 s末位移最大，离出发点最远，A项错误、B项正确；匀变速直线运动的平均速度等于对应时间内中间时刻的瞬时速度，所以0～4 s内与4～6 s内的平均速度不相等，C项错误；速度图象中图线斜率表示物体的加速度，所以7～8 s内的加速度大于0～4 s内的加速度，D 项错误．2.如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是( )A．球在a、b两点处一定都受到支持力B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力答案：D解析：匀速运动时，小球在a点受支持力，在b点不受支持力，向左加速运动加速度为某一值时，小球只在b点受支持力，故只有D正确．3.如图所示，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动．则以下判断正确的是( ) A．物块m仍将沿斜面匀速下滑B．物块m将沿斜面加速下滑C．地面对斜面体M有向左的摩擦力D．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g答案：B解析：物块m恰能匀速下滑，则物块m受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于mg，且μ＝tanθ(θ为斜面体倾角)，施加水平外力F后，物块m受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于mg，对物块m受力分析易知，物块m做加速运动，选项A 错误、B正确；对斜面体M，物块m对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于mg，对斜面体M受力分析易知，地面对斜面体M的摩擦力为0，支持力小于(m＋M)g，选项C、D错误．4．(2018·辽宁鞍山一中一模)如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖直的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB＝60°，弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L.则此时物体所受的摩擦力( )A．等于零B．大小为0.5mg，方向沿水平面向右C．大小为mg，方向沿水平面向左D．大小为2mg，方向沿水平面向右答案：C解析：当小球处于圆环的B点时，对小球进行受力分析：受到重力、弹簧的弹力和圆环对小球的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则可得弹簧的弹力、小球的重力、圆环对小球的支持力均相等且为mg，此时弹簧伸长量为L，当用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时，弹簧伸长量也为L，由胡克定律F＝kΔx可知弹簧的弹力为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以此时物体所受的摩擦力大小为mg，方向与弹簧的弹力方向相反，即为水平向左，所以C正确，A、B、D错误．5．(2018·江苏南京二模)两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变．一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v­t图象可能正确的是( )答案：D解析：若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变．若考虑空气阻力，物体下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，物体加速度越来越小且小于g；与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，物体加速度越来越小且大于g.根据速度—时间图象的斜率表示加速度可知，D正确．如图所示，用一轻绳将光滑小球之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中( )A、B用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上，两个两轻弹簧下端同系在一质量为m，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形，则下列说法中正确的是如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为则货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，sinθ＋μmg cosθ＝ma1，解得a1＝货物在其速度达到与传送带速度相同前就滑离了传送带，则货物将一直以加速度正确；如果货物速度达到与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，，其后货物受到的摩擦力变为沿传送带向上，货物仍做加速运动，货物速度将大于传送带速度，由牛顿第二定律有mg sinθ－μmg cosθ＝正确．为有一定夹角的两个共点力，过作用点( )、F2在x轴上的分力之和最大轴上的分力之和最大时，在y轴上的分力之和最小角平分线方向时，F、F在x轴上的分力之和最大都能到达传送带顶端．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A、B所受摩擦力一直阻碍物块上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为x＝vt物块B在上冲过程中在传送带上留此时，小车受到的摩擦力为________N.分)0.32(4分)在实验原理中，将小车、盘和砝码作为一个整体为研究对象，这样就不必满的质量远小于小车质量的条件．(2)小车的加速度，根据牛顿第二定律得m小盘g－f＝(m小盘＋m小车)a，解得f＝某同学利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系．该同学在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm.实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________________．(后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为通道时，从开始减速到恢复正常行驶的过程中的位移通道比通过人工收费通道节约的时间Δt.(2)24 s通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为所以汽车从开始减速到恢复正常行驶过程的位移为x＝2x1＋甲、乙两车的加速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示，以运动方向为正方向．内何时相距最近？最近距离是多少？时乙车在甲车后109 m，则图乙中a0应是多少？(2)8 m/s2由题中图象知，甲车前3 s做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，，此过程中乙的速度大于甲的速度，两者距离减小，接着甲做匀加速直线物块到达传送带右端的速度大小；物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高)坡后经过多长时间两物块相遇．滑上斜坡后经过t0时间B再滑上斜坡，则有。

课时跟踪检测（十一）牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ—拔高题目稳做准做[B级——拔高题目稳做准做]★1.(2018·郑州二模)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·表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，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，根据图像分析可知()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：选B分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500 N，A错误。

c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。

e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。

在f点，人只受重力，加速度g＝10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有F N－mg＝ma，得a＝20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。

★2.[多选]如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的有()A．a m＝1 m/s2，a M＝1 m/s2B．a m＝1 m/s2，a M＝2 m/s2C．a m＝2 m/s2，a M＝4 m/s2D．a m＝3 m/s2，a M＝5 m/s2解析：选AC当M与m间的静摩擦力f≤μmg＝2 N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M 与m 间相对滑动后，M 对m 的滑动摩擦力不变，则m 的加速度不变，所以当M 与m 间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：a m ＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2 此时F ＝(M ＋m )a m ＝(5＋1)×2 N ＝12 N当F <12 N ，可能有a M ＝a m ＝1 m/s 2。

第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)A组基础题组1.如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。

已知力F与水平方向的夹角为θ。

则m1的加速度大小为( )A. B. C. D.2.(2014福建理综,15,6分)如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。

对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )3.(2016福建师大附中期中)一物体静止在水平面上,物体与水平面之间的滑动摩擦力为0.5 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F,使物体在水平面上运动了3 s的时间。

为使物体在3 s时间内运动的位移最大,力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个(g取10 m/s2)( )4.(2015安徽合肥一模,6)如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和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,加速度大小为a1;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,加速度大小为a2。

则有( )A.a1=a2,x1=x2B.a1<a2,x1=x2C.a1=a2,x1>x2D.a1<a2,x1>x25.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取10 m/s2)( )A.10 NB.20 NC.25 ND.30 N6.(多选)如图所示,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。

4.5牛顿定律的应用跟踪训练一、单选题1．AB 是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M 的物块穿在杆AB 上，物块通过细线悬吊着一质量为m 的小球．现用沿杆的恒力F 拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（ ）A ．杆对物块的支持力为MgB ．细线上的拉力为sin mg θC ．()tan F M m g θ=+D ．物块和小球的加速度为sin g θ2．如图所示，质量分别为M 和m 的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m 竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m 到达最高点时，M 恰好对地面无压力．已知弹簧劲度系数为k ，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则A ．当m 到达最高点时，m 的加速度为B ．当m 到达最高点时，M 的加速度为gC ．当m 速度最大时，弹簧的形变最为D ．当m 速度最大时，M 对地面的压力为Mg3．如图所示，a 、b 、c 为三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c 放在b 上，现用水平拉力F 作用于a ，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．水平轻绳的弹力大小为FB．物块c受到的摩擦力大小为μmgC．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为13μmgD．当该水平拉力增大为原来的32倍时，物块c受到的摩擦力大小为12μmg4．如图所示，斜面体A静止放置在水平地面上，质量为m的物体B在外力F（方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止。

若撤去力F，下列说法正确的是（）A．A所受地面的摩擦力方向向左B．A所受地面的摩擦力可能为零C．A所受地面的摩擦力方向可能向右D．物体B仍将沿斜面向下做匀速运动5．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

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课时作业（十三) 牛顿运动定律综合应用（一)［基础训练]1．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t,下落到抛出点的时刻为t2。

若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表1示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是（)答案：C 解析:小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝错误!，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝错误!，即a1〉a2，且所分析的是速率与时间的关系，C正确．2．（2018·江西新余四中模拟)图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1。

15倍，那么这时重物对车厢底板的摩擦力大小为（已知sin 37°＝0。

6，cos 37°＝0.8)( ）A．0.35mg B．0.30mgC．0.23mg D．0.20mg答案：D 解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1。

15倍，在竖直方向上,由牛顿第二定律得F N－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15g，设水平方向上的加速度为a水平，则错误!＝tan 37°＝错误!，解得a水平＝0。