【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用作业（江苏专用）

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t＝2 s时最大 B．人对电梯的压力t＝8.5 s时最小 C．人在0～2 s时间内处于超重状态，在2～4 s时间内处于失重状态 D．在7～10 s时间内电梯先加速后减速 解析：选AB　由题图可知0～4 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；4～7 s内人做匀速运动，人对地板的压力等于人的重力；7～10 s内，人的加速度为负，加速度方向竖直向下，处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力。由题图可知t＝2 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。7～10 s内，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力；且t＝8.5 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7～10 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，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 N B．弹簧秤的示数是50 N C．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。‎ ‎5.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。‎ ‎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－(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1，‎ 对m：T1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝－gsin θ－μgcos θ，T1＝；‎ (2) 中加速度满足：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a2，对m：T2－mgsin θ＝ma2，‎ 解得a2＝－gsin θ，T2＝；‎ ‎(3)中加速度满足：F＝(M＋m)a3，对m：T3＝ma3，‎ 解得a3＝，T3＝；‎ ‎(4)中加速度满足：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4，‎ 对m：T4－mg＝ma4，解得a4＝－g，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m＝2 kg。A与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2。在水平恒力F＝20 N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t＝2 s然后撤掉。(g＝10 m/s2)求：‎ ‎(1)A、B一起运动的过程中B对A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F－μ1mg－μ2mg＝2ma 可得物体整体运动的加速度 a＝＝ m/s2‎ ‎＝2 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：F－μ1mg－N＝ma 可得B对A的作用力 N＝F－μ1mg－ma＝20 N－0.4×2×10 N－2×2 N＝8 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v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s 撤去F后：A的加速度大小 aA＝μ1g＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2‎ A的位移大小xA＝＝ m＝2 m 撤去力F后，B的加速度大小 aB＝μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2‎ B的位移大小xB＝＝ m＝4 m 所以A、B都静止时它们之间的距离 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)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 N C．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。‎ ‎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ma C．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、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α 则竖直方向有：FN2cos α＝mg 因为mg和α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：FN1－FN2sin α＝ma 因为FN2sin α≠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 α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θ，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(a

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