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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．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v -t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
解析：选B 根据v -t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B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/s2
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C．F3的示数为550 N D．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，G－FN
选项A正确；匀加速阶段加速度a＝G＝1 m/s2,2 s末的速度v2＝at＝2 m/s，此阶段位移
g1
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
2度等于0，所以此阶段加速度a′＝
v2G
＝2 m/s2，根据牛顿第二定律FN′－G＝ma′＝ga′，t′
v2
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＝
2x1＋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.(多选)(2017·上海十二校联考)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用
水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′。则下列关系正确的是( )
A．F′＝2F C．F′>2F
B．x′＝2x D．x′<2x
解析：选AB 取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a。弹簧的弹力FT＝
m2F
＝kx。当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT
m1＋m2
增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确。
5．(多选)(2017·哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧
始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 FB．一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为
4
C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同
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D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
解析：选BC 在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受F
摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重
4力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。
6.(2017·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时( )
A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍
解析：选A 对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θa
＝ma，解得tan θ＝g，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT＝?mg?2＋?ma?2，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。
7．(2017·潮州朝安区高三模拟)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；
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(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.(2017·晋城月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的
拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度沿斜面向下运动，则拉力F的最大值是( )
3A.fm 53C.fm 2
3 B.fm 4 D．fm
解析：选C 当下面的质量为2m的木块所受摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。 将4个木块看成整体，由牛顿第二定律： F＋6mgsin 30°＝6ma①
将2个质量为m的木块及上面的质量为2m的木块看做整体，由牛顿第二定律： fm＋4mgsin 30°＝4ma②
3
由①、②解得：F＝fm，故选C。
2
9．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小 车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg
的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有( )
A．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2 B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2 C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2 D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
解析：选AC 当M与m间的静摩擦力f≤μmg＝2 N时，木块与小车一起运动，且加
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速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：
μmgam＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
m此时F＝(M＋m)am＝(5＋1)×2 N＝12 N 当F<12 N，可能有aM＝am＝1 m/s2。
当F>12 N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM>am＝2 m/s2。
故选项A、C正确，B、D错误。
10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
40
A．a＝ m/s2时，FN＝0
3B．小球质量m＝0.1 kg 3
C．斜面倾角θ的正切值为
4
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin 40θ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，
3选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg40
mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以
3tan θ3
＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ
4－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误。
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考点综合训练
11.(2017·淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一
位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是( )
ma＋μmgA. cos θ＋μsin θmaC. sin θ
ma－μmg B. cos θ－μsin θmgD. sin θ
解析：选C 对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。
(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos θ＝ma，Fsin θ＝mg 解得：F＝
mgma
或F＝。 sin θcos θ
(2)若环受到的弹力的方向向上，则： Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma ma＋μmg
所以：F＝。
cos θ＋μsin θ
(3)若环受到的弹力的方向向下，则： Fcos θ－μ(Fsin θ－mg)＝ma ma－μmg
所以：F＝。
cos θ－μsin θ
所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的。
12．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，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的匀加速运动，测得两个物体的v -t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
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2g
A．施加外力前，弹簧的形变量为
k
B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a) C．A、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：选B 施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x2Mg＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB
k＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。
13.(2017·武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：
(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？
(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。
(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？
解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示， 据牛顿第二定律得：μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1 B→C过程有：v02＝2a1l 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。
(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l 解得：v＝25 m/s，a2＝2 m/s2
即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于25 m/s时，无论传送带顺时针运动的
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速度多大，小物体都不能到达平台CD。
(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1， 传送带顺时针运动的速度大小为v2，
对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有： v12－v22＝2a1x1⑤
对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有： v22＝2a2x2 x1＋x2＝L 解得：v2＝3 m/s
即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。 答案：(1)0.5 (2)25 m/s (3)3 m/s