(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测10《 牛顿运动定律的应用》(含解析)

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．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是(　　)解析：选D　人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。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]某同学用台秤研究电梯中的超重、失重现象。地面上其体重为500 N，再将台秤移至电梯内测其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)A．电梯为下降过程B．在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2C．F3的示数为550 ND．电梯运行的总位移为19 m解析：选ABD　0～2 s该同学所受的支持力小于重力，合力向下，加速度向下，由于电梯初始为静止状态，所以0～2 s内电梯匀加速下降，2～10 s内该同学所受的支持力等于重力，此时为平衡状态，所以2～10 s内电梯保持2 s末的速度匀速下降，10～11 s内该同学所受的支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此阶段电梯匀减速下降，选项A正确；匀加速阶段加速度a＝＝1 m/s2,2 s末的速度v2＝at＝2 m/s，此阶段位移x1＝at2＝2 m；匀速阶段位移x2＝16 m；匀减速阶段时间t′＝1 s，初速度为2 m/s，末速度等于0，所以此阶段加速度a′＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律FN′－G＝ma′＝a′，解得此时的支持力FN′＝600 N，即F3＝600 N，此阶段位移x3＝t′＝1 m。总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m，故选项B、D正确，C错误。对点训练：动力学中整体法与隔离法的应用4．(2018·武威模拟)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k。在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球。某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为(　　)A．伸长量为　　　　 B．压缩量为C．伸长量为   D．压缩量为解析：选A　对小球受力分析，如图，由几何关系F合＝m2gtan θ由牛顿第二定律a＝＝gtan θ车向左加速或向右减速对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律F弹＝m1gtan θ物体受向左的弹力结合胡克定律可知弹簧的伸长量为。5．[多选](2018·惠安县模拟)如图所示，两个质量分别为m1＝2 kg，m2＝3 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F1＝30 N、F2＝20 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/s2＝2 m/s2。隔离对m2分析，有F－F2＝m2a，解得：F＝F2＋m2a＝20＋3×2 N＝26 N，故A、B错误。在突然撤去F2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。6.如图所示，已知M＞m，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a＝C．物体M与m做加速运动，加速度a＝D．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：μMg＝T＝mg所以：μ＝＝若将M与m互换，则对M：Ma＝Mg－T′对m，则：ma＝T′－μmg得：a＝＝＝＝故A、B、C错误；绳子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝＋mg＝mg。故D正确。7．(2018·淮阴高三模拟)粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m＝0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a＝1 m/s2做匀加速运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。解析：(1)整体以a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6 N。(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma在竖直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg解得：x＝0.017 m　FN＝3.7 N。答案：(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N对点训练：动力学中的临界极值问题8．如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　)A．1∶1   B．2∶3C．1∶3   D．3∶2解析：选C　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：aB＝a1＝＝μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg，可得：a1∶a2＝1∶3。9．(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μ1＝0.1，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解析：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：μ2mg＝ma对整体，有：Fmax－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a；由上述各式联立解得：Fmax＝15 N。10.[多选](2018·武汉模拟)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200 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/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10 m/s2，则(　　)A．小球向下运动0.05 m时速度最大B．小球向下运动0.01 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：选AB　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，此时物体所受合力为零，即：kxm＝mgsin 30°，解得：xm＝＝0.05 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0.05 m，故A正确。设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。根据牛顿第二定律有：mgsin 30°－kx－F1＝ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsin 30°－kx＝ma，解得：x＝＝0.01 m，即小球向下运动0.01 m时与挡板分离，故B正确，C、D错误。考点综合训练11．(2018·武汉模拟)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图所示。在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s＝28.9 m，停在圆垒内的虚线上。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g＝10 m/s2。(1)运动员在投掷线A处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s′＝5.1 m停下。假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数。解析：(1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v0，加速度为a，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动的速度－位移公式：0－v02＝2as①设冰壶质量为m，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg＝ma②联立解得：v0＝③代入数据求得：v0＝3.4 m/s。④(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得：v0＝⑤联立③⑤解得：μ′＝μ代入数据求得：μ′＝0.017。答案：(1)3.4 m/s　(2)0.01712．(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，t＝2.0 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m＝2 kg，木板质量M＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝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0～0.5 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0～0.5 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＝(M＋m)a1代入数据得：a1＝2 m/s2木板M能达到的最大加速度为：a2＝＝ m/s2＝4 m/s2＞a1所以M、m相对静止，M、m之间为静摩擦力为：f＝Ma1＝1×2 N＝2 N。(2)则木板和滑块在0.5 s时的速度为：v1＝a1t1代入数据可得：v1＝1 m/s在0.5～2.0 s过程中，假设M、m具有共同加速度a3，则：F2＝(M＋m)a3a3＝5.3 m/s2＞a2则M、m相对滑动长木板在2.0 s时的速度为：v2＝v1＋a2t2代入数据得：v2＝7 m/s以滑块为研究对象：F2－μmg＝ma4代入数据解得：a4＝6 m/s2滑块在2.0 s时的速度为：v3＝v1＋a4t2代入数据解得：v3＝10 m/s。答案：(1)2 N　(2)10 m/s　7 m/s