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1、课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用对点训练：对超重与失重的理解1多选(2019盐城月考)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()A人对电梯的压力t2 s时最大B人对电梯的压力t8.5 s时最小C人在02 s时间内处于超重状态，在24 s时间内处于失重状态D在710 s时间内电梯先加速后减速解析：选AB由题图可知04 s内，人的加速度为正，加速度方向竖直向上，处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力；47 s内人做匀速运动，人对地板的压力等于人的重力；710 s内，人的加速度为负，加速度方向竖直向下，处于失重状态，人对地板的压力小
2、于人的重力。由题图可知t2 s时，人的加速度最大，则人对地板的压力最大，故A正确，C错误。710 s内，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力；且t8.5 s时，人的加速度为负向最大，人对地板的压力最小，故B正确。在710 s时间内电梯加速度一直向下，则电梯一直做减速运动，故D错误。2(2018江阴六校联考)动物园的海洋馆深受小朋友的喜欢，其中“海狮顶球”节目因其互动性强而更深受小朋友的喜爱。如图所示为一海狮把球顶向空中，并等其落下。下列有关球的受力与运动的一些说法正确的是()A球在最高处受到重力和海狮对它的顶力作用B球在最高处时球的速度为0，处于平衡状态C球在上升的过程中处于超重状态D球
3、在下落的过程中可认为只受重力作用解析：选D竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，不是平衡状态，故B错误；球在上升的过程中只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故C错误；竖直上抛运动上升和下落过程都是只受到重力的作用，故D正确。3.多选(2019淮阴调研)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是()A在第一过程中，运动员始终处于失重状态B运动员接触床面时的速度小于最大速度C在第二过程中运动
4、员的速度先增大后再减小D运动员在速度为零时加速度也为零解析：选BC运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态，随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员向下做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误；运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，所以运动员接触床面时的速度没有达到最大，当重力等于弹力时加速度为零，此时刻速度最大，故B正确；在第二过程中，运动开始时有一段弹力大于重力，运动员向上做加速运动，因此开始时速度增大，当重力和弹力平衡时达到最大速度之后，向上的弹力小于重力，运动员向上做减速运动，其速度开始减小，故C正确；当运动员到达最低点时
5、，速度为零，其重力小于弹力，根据牛顿第二定律可知此时加速度竖直向上，不等于零，故D错误。对点训练：动力学中整体法与隔离法的应用4多选如图所示，两个质量分别为m12 kg，m23 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F130 N、F220 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()A弹簧秤的示数是10 NB弹簧秤的示数是50 NC在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变D在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变大解析：选CD对整体分析，整体的加速度a m/s22 m/s2。隔离对m2分析，有FF2m2a，解得：FF2m2a2032 N26 N，故A、B错误。在突然撤去F2
6、的瞬间，弹簧的弹力不变，则m1所受的合力不变，所以m1的加速度不变，故C正确。在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2所受的合力变为弹簧的弹力，则加速度a m/s2，加速度变大，故D正确。5.如图所示，已知Mm，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m互换，M、m与桌面间的动摩因数相同，则()A物体M与m仍做匀速运动B物体M与m做加速运动，加速度aC物体M与m做加速运动，加速度aD绳子中张力不变解析：选D当物体M和m恰好做匀速运动，对M，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：MgTmg所以：若将M与m互换，则对M：MaMgT对m，则：maTmg得：a故A、B、C错误；绳
7、子中的拉力：Tmamgmgmg。故D正确。6多选(2019大丰月考)如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是()A四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D四种情况轻绳的张力一定一样大解析：选AD(1)中加速度满足：F(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1，对m：T1mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gco
8、s ，T1；(2) 中加速度满足：F(Mm)gsin (Mm)a2，对m：T2mgsin ma2，解得a2gsin ，T2；(3)中加速度满足：F(Mm)a3，对m：T3ma3，解得a3，T3；(4)中加速度满足：F(Mm)g(Mm)a4，对m：T4mgma4，解得a4g，T4。综上分析可知A、D正确，B、C错误。7.在粗糙的水平面上有两个静止的物体A、B，它们的质量均为m2 kg。A与水平面间的动摩擦因数为10.4，B与水平面间的动摩擦因数20.2。在水平恒力F20 N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t2 s然后撤掉。(g10 m/s2)求：(1)A、B一起运动的过程中B对A
9、的作用力；(2)A、B都静止时它们之间的距离L。解析：(1)以A、B整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得F1mg2mg2ma可得物体整体运动的加速度a m/s22 m/s2对A受力分析可知A在水平方向受推力F和B对A的作用力N，以及地面摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：F1mgNma可得B对A的作用力NF1mgma20 N0.4210 N22 N8 N，方向由B指向A(或向左)。(2)根据速度时间关系知，撤去外力F时，A、B整体的速度vat22 m/s4 m/s撤去F后：A的加速度大小aA1g0.410 m/s24 m/s2A的位移大小xA m2 m撤去力F后，B的加速度大小aB2g0.
10、210 m/s22 m/s2B的位移大小xB m4 m所以A、B都静止时它们之间的距离LxBxA4 m2 m2 m。答案：(1)8 N，方向由B指向A(或向左)(2)2 m对点训练：动力学中的临界极值问题8(2018桂林一模)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，B与水平地面间的动摩擦因数10.1，A与B之间的动摩擦因数20.2。已知物体A的质量m2 kg，物体B的质量M3 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)()A20 NB15 NC10 N D5 N解析：
11、选B当F作用在物体B上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有：2mgma对整体，有：Fmax1(m1m2)g(m1m2)a；由上述各式联立解得：Fmax15 N。9.(2019东台月考)如图所示，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拉斜面体，使斜面体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()A斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值B斜面和挡板对球的弹力的合力等于maC若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零解析：选A对小球受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力FN2、竖
12、直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为则竖直方向有：FN2cos mg因为mg和不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故A正确，D错误。水平方向有：FN1FN2sin ma因为FN2sin 0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故C错误。斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cos 与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故B错误。10.如图所示，水平地面上有一带斜面的小车，斜面倾角为，紧靠斜面有一质量为m的光滑球，试求在下列状态下斜面对小球的弹力大小：(1)小车向右匀速运动；(2)小车向右以加速度a(agtan )做匀加速直线运动；(3)小车向右以加速度
13、agtan 做匀加速直线运动。解析：对小球进行受力分析，如图甲所示，将斜面对小球的支持力FN2正交分解，则由平衡条件和牛顿第二定律，得FN2sin ma FN2cos FN1mg 由两式得atan 由式可以看出，当agtan 时，FN10，即此时的加速度就是小球刚好离开车的上表面所需要的最小加速度值。(1)当小球向右匀速运动，即a0时，由式得斜面对小球的弹力为FN20。(2)当小车运动的加速度agtan 时，小球还压在车的上表面上，此时小球的受力情况如图甲所示，则由牛顿第二定律和几何知识，得FN2。(3)当agtan 时，就是刚才所讨论的临界情况，即此时小球刚好离开车的上表面，小球的受力情况如
14、图乙所示，则斜面对小球的弹力为FN2。答案：(1)0(2)(3)考点综合训练11(2018哈尔滨模拟)如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t的变化图像如图乙所示，t2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m2 kg，木板质量M1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2。(已知滑块在2.0 s内没有滑离木板)求：(1)在00.5 s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小？(2)在2.0 s时，滑块和长木板的速度分别是多少？解析：(1)在00.5 s过程中，假设M、m具有共同加速度a1，对整体由牛顿第二定律有：F1(Mm)a1代入数据得：a12 m/s2木板M能达到的最大加速度为：a2 m/s24 m/s2a1所以M、m相对静止，M、m之间为静摩擦力为：fMa112 N2 N。(2)则木板和滑块在0.5 s时的速度为：v1a1t1代入数据可得：v11 m/s在0.52.0 s过程中，假设M、m具有共同加速度a3，则：F2(Mm)a3a3
