1、课时作业12牛顿运动定律的综合应用时间：45分钟1.如图所示，小李同学站在升降电梯内的体重计上，电梯静止时，体重计示数为50 kg.电梯运动过程中，某一段时间内小李同学发现体重计示数为55 kg.g取10 m/s2，在这段时间内，下列说法正确的是(C)A体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力B体重计对小李的支持力等于小李的重力C电梯的加速度大小为1 m/s2，方向竖直向上D电梯一定竖直向上运动解析：体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系，所以大小相等，方向相反，选项A错误；体重计示数就是体重计对小李的支持力大小，在这段时间内，支持力大于小李的重力，选项B错误；根据牛
2、顿第二定律得FNmgma，解得加速度a1 m/s2，方向竖直向上，选项C正确；根据题意，小李处于超重状态，但不能确定速度方向，选项D错误2.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示设投放的初速度为零，下落过程中箱子所受的空气阻力与箱子运动的速率成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态在箱子下落过程中，下列说法正确的是(D)A箱子与箱内物体一起做自由落体运动B由于失重，箱内物体对箱子底部始终没有压力C下落过程中，空气阻力越大，箱内物体对箱子底部的压力越小D不论下落距离有多长，箱内物体都不可能不受底部支持力而“飘起来”解析：刚释放时，速度较小，空气阻力较小，箱子做加速运动，随箱子下落
3、速度的增大，空气阻力不断变大，故箱子做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做匀速运动，在达到稳定速度前，箱内物体一直处于失重状态，对箱内物体受力分析，其受到重力和支持力，根据牛顿第二定律得mgFNma，由于a逐渐减小到0，故支持力FN由0逐渐增大到mg，之后保持不变，选项A、B、C错误；支持力FN由0逐渐增大到mg，之后保持不变，所以即使下落距离足够长，箱内物体也不可能“飘起来”而处于完全失重状态，选项D正确3.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为F
4、N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2.则下列说法正确的是(D)Aa1a2，FN1FN2 Ba1a2，FN1FN2Ca1a2，FN1FN2 Da1a2，FN1FN2解析：本题考查连接体的受力、加速度的比较设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1，对B分析FN1mBa1.接触面粗糙时，对整体分析有a2g，可知a1a2；对B分析有FN2ma2mg，则FN1FN2.故D正确4如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，其1.5
5、s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10 m/s2.则(C)A拉力大小为12 NB物块和斜面间的动摩擦因数为0.1C1.5 s后物块可能返回D1.5 s后物块一定静止解析：本题考查根据受力物体的运动图象分析其受力情况和某时间段的运动情况由题图乙知，各阶段加速度的大小为a14 m/s2，a22 m/s2；设斜面倾角为，斜面与物块间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，00.5 s内Fmgcosmgsinma1；0.51.5 s内mgcosmgsinma2；联立解得F6 N，但无法求出和，故A、B错误；不清楚tan与的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，则C正确，D错误5如图所示，a、b两
6、个物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连当用恒力F竖直向上拉着物体a，使物体a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着物体a，使物体a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x2，则(A)Ax1一定等于x2 Bx1一定大于x2C若m1m2，则x1x2D若m1m2，则x1x2解析：由牛顿第二定律知，对左图的整体，加速度a1，对左图的物体b，有kx1m2gm2a1，联立以上二式解得kx1；对右图的整体，加速度a2，对右图的物体b，有kx2m2a2，联立以上二式解得kx2，可见x1x2，选项A正确6(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端
7、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，初始时两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的匀加速直线运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示，重力加速度为g，则(AB)A外力施加前，弹簧的形变量为B外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m(ga)CA、B在t1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：施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有2mgkx，解得x，故A正确；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有F弹mgFABma，其F弹2mg，解得FABm(ga
8、)，故B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB0；对B，有F弹mgma，解得F弹m(ga)，故C错误；当F弹mg时，B达到最大速度，故D错误7图甲是我国运动员在奥运会上蹦床比赛中的一个情境，设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示取g10 m/s2，在不计空气阻力情况下，根据Ft图象，求：(1)运动员在运动过程中的最大加速度的大小；(2)运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小解析：(1)由图象可知运动员重力G500 N蹦床对运动员的最大弹力为Fm2 500 N设运动员的
9、最大加速度为am，则Fmmgmam解得am40 m/s2.(2)由图象可知最长的自由下落的时间为t s0.8 s最大速度vmgt解得vm8 m/s.答案：(1)40 m/s2(2)8 m/s8.倾角为45、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m kg，当滑块M以a2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g10 m/s2)(A)A10 NB5 NC. N D. N解析：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示根据牛顿第二定律，有FTcosma0，FTs
10、inmg0，其中45，解得a0g，则知当滑块向右运动的加速度a2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FTcosm2g，FTsinmg0，又cos2sin21，联立解得FT10 N，故选项A正确9如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的两木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(C)A质量为2m的木块受到四个力的作用B当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的两木块间的
11、摩擦力为T解析：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力和摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力，共五个力的作用，选项A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a，隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为T3ma，由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误，选项C正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的两木块整体的加速度a，质量为m和2m的两木块间的摩擦力为fma，选项D错误10.如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fmg，g为重力加速度)开始时B竖直放置，下端离地
12、面高度为h，A在B的顶端现让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并求出匀变速运动时的加速度大小；(2)B至少应该多长？解析：(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为ag，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB，B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动(2)B第一次着地前瞬间的速度为v1，B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时
13、间为t，在此时间内A的位移xv1taAt2，要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足Lx，联立解得L.答案：(1)见解析(2)11.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m16 kg的物体P，Q为一质量为m210 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止状态现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；(2)物体Q从静止开始沿斜面向上
14、做匀加速运动的加速度大小a；(3)力F的最大值与最小值解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x0对整体受力分析，平行斜面方向有(m1m2)gsinkx0解得x00.16 m.(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1m1gsinm1a前0.2 s时间内两物体的位移x0x1at2联立解得a m/s2.(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin(m1m2)a N对Q应用牛顿第二定律得Fmaxm2gsinm2a解得Fmaxm2(gsina) N.答案：(1)0.16 m(2) m/s2(3) N N