1、课时提升练(九)牛顿运动定律的综合应用(限时：45分钟)A组对点训练巩固基础知识题组一连接体问题1如图3317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，中间用轻质弹簧测力计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()图3317A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F1的瞬间，m1的加速度不变【解析】设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：F1F2(m1m2)a，对m1：F1Fm1a，联立两式解得：a2 m/s2，F26 N，故
2、A、B两项都错误；在突然撤去F2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F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误【答案】C2.如图3318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 图3318(g取10 m/s2)()A10 NB20 NC25 N D30 N【解析】选A、B整体为研究对
3、象有F2ma，解得a2.5 m/s2.选A为研究对象有FFNmgma，解得FN25 N，选项C正确【答案】C3.(2014沈阳模拟)如图3319所示，质量为m12 kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m21 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g10 m/s2，下列正确的是() 图3319A物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2C物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(Mm2
4、)gm1g(Mm1m2)a，则加速度为a5 m/s2，A、B错；隔离C有m2gFNm2a，即FN5 N，C对；隔离A有Tm1gm1a，即T30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T60 N，D错【答案】C题组二图象问题图33204(2015扬州一中模拟)(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反该过程的vt图象如图3320所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是()A小球所受重力和阻力之比为51B小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超
5、重状态【解析】上升过程中mgfma1，代入a112 m/s2，解得f2 N，小球所受重力和阻力之比为51，选项A正确；下落过程中mgfma2，可得a28 m/s2，根据hat2可得，选项B错误；根据va2t2，t2 s可得v8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误【答案】AC5(多选)如图3321甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板当升降机按如图3321乙所示的vt图象上行时，可知升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性
6、图象可能正确的是 ()图3321【解析】由题意知，弹簧长度不变，且对物块向上的弹力不变，设为kx，则F2不变，C项对，D项错对物块受力分析有：kxmgFNma.(F1FN，作用力与反作用力) 由vt图知，加速时，F1FNkxmgma 匀速时，F1FNkxmg 减速时：F1FNkxmgma，故A项对，B项错正确选项为A、C.【答案】 AC6.如图3322甲所示，水平木板上有质量m1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小如图 图3322乙所示取重力加速度g10 m/s2，下列判断正确的是()图3322A5 s内拉力对物块做功为零B4 s末
7、物块所受合力大小为4.0 NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6 s9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2【解析】由图象知物块前4 s静止，4 s5 s内物块做加速运动，前5 s内拉力对物块做功不为零，故A选项错误；4 s末物块静止，所受合力为零，B选项错误；由4 s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ffmg3 N，得0.3，C选项错误；由牛顿第二定律可知4 s后物块的加速度a2 m/s2，D选项正确【答案】D题组三临界问题7(多选)A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图3323所示，A、B始终相对静止，则在02t0时间内，下列说法正
8、确的是()图3323At0时刻，A、B间静摩擦力最大Bt0时刻，A、B速度最大C2t0时刻，A、B速度最小，与初始时刻相等D2t0时刻，A、B位移最大【解析】对整体，F产生加速度；隔离A，B对A的静摩擦力产生加速度由题中图象知，力F先减小到零，再反向增大，故加速度也先减小到零，再反向增大，所以t0时刻，A、B间静摩擦力为零，速度最大，A项错误、B项正确；而在2t0时刻，它们速度最小，为零，由于速度方向一直未变，故2t0时刻位移最大，C、D项正确【答案】BCD8.(2014银川质检)(多选)如图3324所示，在倾角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
9、数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现 图3324开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则()A物块B刚要离开C时B的加速度也为aB加速度agC以A、B整体为研究对象可以计算出加速度agD从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为【解析】物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错误；未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2，此时对A由牛顿第二定律得Fmgsin 30kx2ma，解得ag，B项正确、C项错误；物块A的位移x1x2，D项正确【答案】BDB组深化训练提升应考能力9(2015荆州
10、模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA1 kg和mB2 kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为 图33250.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，水平恒力F作用在A物块上，如图3325所示(重力加速度g取10 m/s)则()A若F1 N，则物块、木板都静止不动B若F1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC若F4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 ND若F8 N，则B物块的加速度为1.0 m/s2【解析】A物块与板间的最大静摩擦力为2 N，当F2 N时，A物块没有与木板发生相对滑动，A、B与板整体向左加速，选项A错误；若F1.5 N，对A、B及轻质木板整体
11、有a0.5 m/s2，对A物块分析有FFfmAa，解得Ff1 N，选项B错误；若F4 N，则A物块与板发生相对滑动，板对B物块的静摩擦力为2 N，选项C错误；若F8 N，板对B物块的静摩擦力仍为2 N，根据a可得a1 m/s2，选项D正确【答案】D10(多选)如图3326(a)所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为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3326(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出()(a)(b)图3326A物体的质量B斜面的倾角C物体能静止在斜面上所施加的外力D加速度为6 m/s2时物体的
12、速度【解析】分析物体受力，由牛顿第二定律得：Fcos mgsin ma，由F0时，a6 m/s2，得37；由aFgsin 和aF图线知：，得：m2 kg；物体静止时的外力F0cos mgsin ，F0mgtan 15 N；无法求出物体加速度为6 m/s2时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时间也未知，故A、B、C正确，D错误【答案】ABC11.如图3327所示，质量分别为m和M的两个小物体(可视为质点)中间连一长度为L的轻绳，放置在水平地面上，使绳处于竖直伸直状态(此时绳张力为零)，现在质量为m的物体上作用一竖直向上的恒力，作用时间t后，质量为m的物体上升到距地 图3327面高度h处(1)求
13、质量为M的物体上升的加速度；(2)求作用在质量为m的物体上的恒力F的大小；(3)若轻绳所能承受的最大拉力是FT，要使质量为m的物体上升到距地面高度为H处，所需的最短时间是多少？【解析】(1)由hLat2得：质量为M的物体上升的加速度a.(2)对两个小物体组成的整体，由牛顿第二定律得F(Mm)g(Mm)a，解得F(Mm)g(3)设上升过程中的最大加速度为a0，对质量为M的物体有FTMgMa0，HLa0t，联立解得所需的最短时间是tmin.【答案】(1)(2)F(Mm)g(3)12(2015吉林长春调研)如图3328所示，质量为M2 kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地
14、图3328面间的动摩擦因数为10.1，一个质量为m3 kg的小物块B(可视为质点)静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为20.3.现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为v01 m/s.求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比(最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10 m/s2)【解析】分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为aA、aB，由牛顿第二定律得：2mgmaB2mg1(mM)gMaA假设经过t0秒A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得：v0aBt0aAt0v共解得：aA2 m/s2，aB3 m/s2，t00.2 s，v共0.4 m/s共速过程中，A的位移大小设为xA，B的位移大小设为xB，则xAaAt，xBv0t0aBt解得：xA0.04 m，xB0.14 m.假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为Ff，木板和物块的加速度大小分别为aA、aB，由牛顿第二定律得：FfmaB，1(mM)gFfMaA解得：Ff1mg2mg，假设成立，aAaB1g1 m/s2设共速之后至A、B均静止，A的位移设为xA，B的位移设为xB，则xAxB0.08 m整个过程中A的位移大小xAxAxA0.12 mB的位移大小xBxBxB0.22 mxAxB611.【答案】611