2020年江蘇高考物理總復(fù)習(xí)隨堂小側(cè)：牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

1、課時跟蹤檢測（十） 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用對點訓(xùn)練：對超重與失重的理解1.多選（2019 鹽城月考）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度 圖線如圖所示。以豎直向上為a 的正方向，貝 U（）B.人對電梯的壓力 t= 8.5 s 時最小C .人在 02 s 時間內(nèi)處于超重狀態(tài)，在 24 s 時間內(nèi)處于失重狀態(tài)D .在 710 s 時間內(nèi)電梯先加速后減速解析：選 AB 由題圖可知 04 s 內(nèi)，人的加速度為正，加速度方向豎直向上，處于超 重狀態(tài)，人對地板的壓力大于人的重力；47 s 內(nèi)人做勻速運動， 人對地板的壓力等于人的重力；710 s 內(nèi)，人的加速度為負，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，人對

2、地板的壓 力小于人的重力。由題圖可知t= 2 s 時，人的加速度最大，則人對地板的壓力最大，故A正確，C 錯誤。710 s 內(nèi)，人處于失重狀態(tài)，人對地板的壓力小于人的重力；且t= 8.5 s時，人的加速度為負向最大，人對地板的壓力最小，故B 正確。在 710 s 時間內(nèi)電梯加速度一直向下，則電梯一直做減速運動，故D 錯誤。2. （2018 江陰六校聯(lián)考）動物園的海洋館深受小朋友的喜歡，其中“海獅頂球”節(jié)目因其互動性強而更深受小朋友的喜愛。如圖所 示為一海獅把球頂向空中，并等其落下。下列有關(guān)球的受力與運動 的一些說法正確的是（）A 球在最高處受到重力和海獅對它的頂力作用B.球在最高處時球的速度為

3、0,處于平衡狀態(tài)C 球在上升的過程中處于超重狀態(tài)D 球在下落的過程中可認為只受重力作用解析：選 D 豎直上拋運動是初速度向上，只在重力作用下的運動，球在最高處只受 到重力，故 A錯誤；球上升到最高點時受到重力的作用，速度為零，加速度為g,不是平衡狀態(tài)，故 B 錯誤；球在上升的過程中只受到重力的作用，加速度為g,加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故 C 錯誤；豎直上拋運動上升和下落過程都是只受到重力的作用，故A.人對電梯的壓力a 隨時間 t 變化的D 正確。3. 多選（2019 淮陰調(diào)研）如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面到下降至最低點為第一過程，從最低點上升到 離開床面為第二

4、過程，下列判斷正確的是（）A 在第一過程中，運動員始終處于失重狀態(tài) B.運動員接觸床面時的速度小于最大速度 C 在第二過程中運動員的速度先增大后再減小 D .運動員在速度為零時加速度也為零 解析：選 BC 運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處 于失重狀態(tài)，隨床面的形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時，運動員向下做減速 運動，運動員處于超重狀態(tài)，故 A 錯誤；運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下 做加速運動，所以運動員接觸床面時的速度沒有達到最大，當(dāng)重力等于彈力時加速度為零， 此時刻速度最大，故 B 正確；在第二過程中，運動開始時有一段彈力大于重力，運動員向上

5、做加速運動，因此開始時速度增大，當(dāng)重力和彈力平衡時達到最大速度之后，向上的彈 力小于重力，運動員向上做減速運動，其速度開始減小，故C 正確；當(dāng)運動員到達最低點時，速度為零，其重力小于彈力，根據(jù)牛頓第二定律可知此時加速度豎直向上，不等于零， 故 D 錯誤。對點訓(xùn)練：動力學(xué)中整體法與隔離法的應(yīng)用4. 多選如圖所示，兩個質(zhì)量分別為 mi= 2 kg, m2= 3 kg 的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個大小分別為Fi= 30 N、F2= 20 N 的水平拉力分別作用在 mi、m2上，則（）A .彈簧秤的示數(shù)是 10 NB.彈簧秤的示數(shù)是 50 NC .在突然撤去 F2的瞬間，mi的

6、加速度不變D .在突然撤去 F2的瞬間，m2的加速度變大解析：選 CD 對整體分析，整體的加速度 a =FiF2=嚴 m/s2= 2 m/s2。隔離對 m2mi+ m25分析，有 F F2= m?a，解得：F = F2+ m?a = 20 + 3X2 N = 26 N，故 A、B 錯誤。在突然撤 去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，則 mi所受的合力不變， 所以 mi的加速度不變，故 C 正確。ms在突然撤去 F2的瞬間，彈簧的彈力不變，= =2626m/s2,加速度變大，故 D 正確。m23m2所受的合力變?yōu)閺椈傻膹椓?，則加速度5.如圖所示，已知 M m,不計滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M 和 m 恰好

7、做勻速運動，若將 M 與 m 互換，M、m 與桌面間的動摩因數(shù)相同，則( () )A .物體 M 與 m 仍做勻速運動B.物體 M 與 m 做加速運動，加速度 a=M gC物體 M 與 m 做加速運動，加速度 a=D繩子中張力不變解析：選 D 當(dāng)物體 M 和 m 恰好做勻速運動， 對 M ,水平方向受到繩子的拉力和桌面 的摩擦力，得：卩 Mg= T= mg所以：mg m 卩=Mg= M若將 M 與 m 互換，則對 M : Ma = Mg T 對 m,則：ma= T mgm得：a=盹卩m m=MgMg麗陀=M + mM + m故 A、B、C 錯誤;繩子中的拉力： T = ma+卩 m=m m“僦

8、m m g g+m mmg = mg。故 D 正確。6.多選 (20 佃大豐月考) )如圖所示， 質(zhì)量分別為m 和 M 的兩物體用輕繩連接，在M上施加恒力 F，使兩物體一起沿恒力F 方向做勻加速直線運動( (輕繩與恒力 F 方向平行),A .四種情況中( (3)的加速度一定大于其他三種情況B.四種情況中( (4)的加速度一定小于其他三種情況C 四種情況中( (3)的輕繩張力一定小于其他三種情況D四種情況輕繩的張力一定一樣大解析：選 AD (1)中加速度滿足：F (M + m)gsin0M + m)gcos0=(M + m)aj,2 2(M m jg( (M mgM(M + m ) M分析對比下

9、列四種情況下兩物體間輕繩的張力大小T 和兩物體的加速度大小a,正確的是AfZ(4)恒力F殘帀向上也力尸刪面向上， 斜 血額角為(L兩物休和斜山1倒的創(chuàng)悴擦因數(shù)均為P(2)恒力F沿斜面向上，斜血傾角知 X 斜面光滑(3)恒力尸沿水甲方向且水屮面光滑F(xiàn)對 m： Tt mgsin0jmgos0=ma1，解得 aj=-gsin0j gos0,=- ;M + mM + m中加速度滿足：F (M + m)gsin0=(M + m)a2，對 m： T? mgsin解得a a2=僉gsingsin0T2=MTTm ；中加速度滿足：F = (M + m)a3，對 m：丁3= ma?.解得a a3= Mh，T T

10、3= MTTm；=2 m/s2對 A 受力分析可知 A 在水平方向受推力 F 和 B 對 A 的作用力 N ,以及地面摩擦力作用,根據(jù)牛頓第二定律有： F jmg N= ma可得 B 對 A 的作用力N=F jimgma=20 N0.4X2X10 N2X2 N=8 N,方向由 B 指向 A(或向左) )。根據(jù)速度時間關(guān)系知，撤去外力F 時，A、B 整體的速度 v = at= 2X2 m/s = 4 m/s撤去 F 后：A 的加速度大小2 2aA= jg=0.4X10 m /s=4 m/ s2vA 的位移大小 XA= 2aA=撤去力 F 后，B 的加速度大小2 2aB= jg=0.2X10 m

11、/s=2 m/ s0=ma2,(4)中加速度滿足:F (M + m)g= (M + m)a4,對 m： T4 mg= ma4,解得 a4=F g, T4= 単M + mM + m綜上分析可知 A、D 正確，B、C 錯誤。7.在粗糙的水平面上有兩個靜止的物體A、B,它們的質(zhì)量均為 m=2 kg。A 與水平面間的動摩擦因數(shù)為j= 0.4, B 與水平面間的動摩擦因數(shù)j=0.2。在水平恒力 F = 20 N 的作用下從靜止開始向右做勻加速直線運動,=2 s 然后撤掉。(g= 10 m/s2)求：F 作用了 t(1)A、B 一起運動的過程中 B 對 A 的作用力;(2)A、B 都靜止時它們之間的距離解

12、析：( (1)以 A、B 整體為研究對象進行受力分析,由牛頓第二定律得 F pimg( (j2mg= 2ma可得物體整體運動的加速度Fa=jmg jmg2m200.4X2X100.2X2X102X2m/s2422X42 .2V 4B 的位移大小 XB= m = 4 m2aB2X2所以 A、B 都靜止時它們之間的距離L = xB xA=4 m 2 m = 2 m。答案：（1）8 N，方向由 B 指向 A（或向左）（）（2）2m對點訓(xùn)練：動力學(xué)中的臨界極值問題8. （2018 桂林一模）如圖所示 A、B 兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上， B 與水平地面間的動摩擦因數(shù)p,= 0.1, A

13、與 B 之間的動摩擦因數(shù) 遁=0.2。已知物體 A 的質(zhì) 量 m = 2 kg，物體 B 的質(zhì)量 M = 3 kg,重力加速度 g 取 10 m/s2?，F(xiàn)對物體 B 施加一個水平 向右的恒力 F，為使物體A 與物體 B 相對靜止，則恒力的最大值是（物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）（）A. 20 NB. 15 NC. 10 N解析：選 B 當(dāng) F 作用在物體 B 上時，A、B 恰好不滑動時,A、B 間的靜摩擦力達到最大值，對物體 A,有：（i2mg= ma對整體，有：Fmaxw（m1+ m?）g = （m1+ m?）a;由上述各式聯(lián)立解得：Fmax= 15 N。9.（2019 東臺月考）

14、如圖所示，質(zhì)量為 m 的球置于斜面上，被一個 豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個力 F 拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速 度為 a 的勻加速直線運動。忽略一切摩擦，下列說法正確的是（）A 斜面對球不僅有彈力，而且該彈力是一個定值B.斜面和擋板對球的彈力的合力等于maC 若加速度足夠小，則豎直擋板對球的彈力可能為零D 若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零解析：選 A 對小球受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力FN2、豎直擋板的水平彈力FN1，設(shè)斜面的傾斜角為a則豎直方向有： Fwcosa=mg因為 mg 和a不變，所以無論加速度如何變化，F(xiàn)N2不變且不可能為零，故 A 正確，D錯誤。水平方向有：FN1

15、 FN2sina=ma因為 Fwsina0，若加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力不可能為零，故C 錯誤。%16tj甲乙乙mH甲此大于 ma,故 B 錯誤。10.如圖所示，水平地面上有一帶斜面的小車，斜面傾角為0,緊靠小車向右以加速度 a(avgtan0做勻加速直線運動;小車向右以加速度 a = gtan0做勻加速直線運動。由式可以看出，當(dāng)a= gtan0時，F(xiàn)NI= 0,即此時的加速度就是小球剛好離開車的上表面所需要的最小加速度值。(1)當(dāng)小球向右勻速運動，即 a = 0 時,由式得斜面對小球的彈力為FN2= 0。當(dāng)小車運動的加速度 avgtan0時，小球還壓在車的上表面上，此時小球的受力情況如

16、圖甲所示，則由牛頓第二定律和幾何知識，得FN2=J-。sin0sin0考點綜合訓(xùn)練11. (2018 爾濱模擬) )如圖甲所示，滑塊與長木板疊放在光滑水平面上，開始時均處最終滑塊與木2.0 s 內(nèi)沒有滑離木板) )求:的動摩擦因數(shù) 尸 0.2, g 取 10 m/s2。( (已知滑塊在斜面和擋板對球的彈力的合力即為豎直方向的F FN2Cosa與水平方向的力 ma 的合成，因斜面有一質(zhì)量為 m 的光滑球，試求在下列狀態(tài)下斜面對小球的彈力大小:(1)小車向右勻速運動;解析：對小球進行受力分析，如圖甲所示，將斜面對小球的支持mgFN1a=tan0m當(dāng) a = gtan0時，就是剛才所討論的臨界情況，

17、即此時小球剛好于靜止?fàn)顟B(tài)。作用于滑塊的水平力 F 隨時間 t 的變化圖像如圖乙所示,t= 2.0 s 時撤去力 F ,力FN2正交分解，則由平衡條件和牛頓第二定律，得由兩式得離開車的上表面，小球的受力情況如圖乙所示，則斜面對小球的彈力為FN2=琵答案:(1)0(1)0衆(zhòng)磐FN2Sin0=maFN2COS0+FN1=mg在 00.5 s 內(nèi)，滑塊和長木板之間的摩擦力大??？(2)在 2.0 s 時，滑塊和長木板的速度分別是多少？解析：( (1)在 00.5 s 過程中，假設(shè) M、m 具有共同加速度 對整體由牛頓第二定律有：Fi= (M + m)a1代入數(shù)據(jù)得：ai= 2 m/s2木板 M 能達到的最大加速度為：mg 0.2X2X102,2a2=m/s = 4 m/ s aiM1所以 M、m 相對靜止，M、m 之間為靜摩擦力為：f= Ma1= 1X2 N = 2 N。則