（江苏专版）2020版高考物理课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用（含解析） 7页

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＝2s时最大B．人对电梯的压力t＝8.5s时最小C．人在0～2s时间内处于超重状态，在2～4s时间内处于失重状态D．在7～10s时间内电梯先加速后减速解析：选AB　由题图可知0～4s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；4～7s内人做匀速运动，人对地板的压力等于人的重力；7～10s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＝2s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。7～10s内，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力；且t＝8.5s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7～10s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。n3.[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＝2kg，m2＝3kg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＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　)A．弹簧秤的示数是10NB．弹簧秤的示数是50NC．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＝2m/s2。隔离对m2分析，有F－F2＝m2a，解得：F＝F2＋m2a＝20＋3×2N＝26N，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n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)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a1，n对m：T1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝－gsinθ－μgcosθ，T1＝；(2)中加速度满足：F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a2，对m：T2－mgsinθ＝ma2，解得a2＝－gsinθ，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＝2kg。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＝20N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t＝2s然后撤掉。(g＝10m/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＝2m/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＝20N－0.4×2×10N－2×2N＝8N，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＝2×2m/s＝4m/s撤去F后：A的加速度大小aA＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2A的位移大小xA＝＝m＝2mn撤去力F后，B的加速度大小aB＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2B的位移大小xB＝＝m＝4m所以A、B都静止时它们之间的距离L＝xB－xA＝4m－2m＝2m。答案：(1)8N，方向由B指向A(或向左)　(2)2m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＝2kg，物体B的质量M＝3kg，重力加速度g取10m/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．20N　　　　　　　　　　B．15NC．10ND．5N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＝15N。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maC．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：FN2cosα＝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。n水平方向有：FN1－FN2sinα＝ma因为FN2sinα≠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FN2cosα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