人教版高中物理必修一第14讲 牛顿定律综合运用 同步课程讲义

高一上物理（必修一）秋季课程讲义（共15讲）第14讲牛顿定律的综合运用一．知识要点（含答案及详解）一．知识要点知识点1动力学基本问题1.基本问题：（1）由受力情况确定运动情况（2）由运动情况确定受力情况2.解题依据：（1）运动学规律（2）牛顿定律知识点2共点力平衡问题1.共点力：物体受到的各力的作用线或者作用线的延长线能相交于一点的力2.平衡状态：在共点力的作用下，物体保持静止或匀速直线运动的状态3.平衡条件：合力为零知识点3超重与失重视重：当物体挂在弹簧测力下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。特征加速度视重（F）与重力的关系运动情况平衡a=0F=mg静止或匀速直线运动超重向上F=m(g+a)>mg向上加速或向下减速失重向下F=m(g-a)<mg向下加速或向上减速完全失重a=gF=0抛体运动/正常运行的卫星二．习题演练二．习题演练例11.关于超重和失重，下列说法正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减小了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重物体所受重力是不变的【解答】解：A、超重是物体对接触面的压力大于物体的重力，物体的重力并没有增加，故A错误B、物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于重力叫失重，但重力并不减少。故B错误C、当物体只受重力，物体处于完全失重状态，重力并不改变。故C错误D、不论超重或失重甚至完全失重，物体在同一位置所受重力是不变的，故D正确故选：D。2．一个物体放在加速上升的电梯地板上，物体的重力大小为G，地板对物体的支持力大小为F，则F和G的关系为（）A．F＞G B．F=G C．F＜G D．无法确定【解答】解：对人受力分析，人受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma解得；F＝ma+mg＞mg故BCD错，A正确；故选：A。自练11.神州五号成功发射，杨利伟成为中国航天第一人．当他处于超重状态时，他不可能处在（）A．火箭发射升空的过程中B．航天器在预定轨道上运行的过程中C．载人仓返回地面的过程中D．在离心机上训练时2.在升降机内，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他做出了下列判断中正确的是（）A．升降机以0.8g的加速度加速上升B．升降机以0.2g的加速度加速下降C．升降机以0.2g的加速度减速上升D．升降机以0.8g的加速度减速下降例21.如图所示，车沿水平地面做直线运动．一小球悬挂于车顶，悬线与竖直方向夹角为θ，放在车厢后壁上的物体A，质量为m，恰与车厢相对静止．已知物体A与车厢间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列关系式正确的是（）A．tanθ=μ B．tanθ= C．tanθ= D．tanθ=【解答】解：小球所受的合力应水平向右，则加速度a＝＝＝gtanθA与小球具有相同的加速度，则A所受的压力N＝ma＝mgtanθ，方向向右。由滑动摩擦力公式可知，f＝μN＝mg；联立解得：tanθ＝；故选：B。2.如图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，中间用轻弹簧相连，水平面光滑，在水平推力F作用下，A、B两物体一起以加速度a向右做匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物体的加速度大小分别为（）A．0，a B．a，2a C．2a，a D．0，2a【解答】解：撤去推力F前，根据牛顿第二定律得：对整体：a＝对B：F弹＝2ma＝撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，其弹力大小仍为F弹＝，则由牛顿第二定律得A、B两物体的加速度大小分别为：aA＝＝＝2a，＝a。故选：C。3.如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2，且m1=2m2．在用水平推力F向右推m1时，两物体间的相互压力的大小为N，则（）A．N=F B．N=F C．N=F D．N=F【解答】解：当用F向右推时，由牛顿第二定律可知：F＝（m1+m2）a；对m2则有：N＝m2a＝；因m1＝2m2，得：N＝；故选：C。自练21.一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是（）A．Mgsinθ，向左 B．Mgtanθ，向右 C．Mgcosθ，向右 D．Mgtanθ，向左2.如图所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力（）A．若地面是完全光滑的，则FAB=FB．若地面是完全光滑的，则FAB=FC．若地面的动摩擦因数为μ，则FAB=FD．若地面的动摩擦因数为μ，则FAB=2F3．如图所示，水平传送带A、B两端相距S=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．工件滑上A端瞬时速度VA=4m/s，达到B端的瞬时速度设为VB，则下列说法中错误的是（）A．若传送带不动，则VB=3m/sB．若传送带逆时针匀速转动，VB一定等于3m/sC．若传送带顺时针匀速转动，VB一定等于3m/sD．若传送带顺时针匀速转动，VB可能等于3m/s4．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（）A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mgsinαC．轻绳的拉力等于mg D．轻绳的拉力等于（M+m）g5．如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB=3mA，则物体A的加速度大小等于（）A．3g B．g C． D．6．如图甲所示，传送带以速度v1匀速运动，滑块A以初速度v0自右向左滑上传送带，从这一时刻开始计时，滑块的速度﹣时间图象如图乙所示．已知v0＞v1，下列判断正确的是（）A．传送带逆时针转动B．t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用7.在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上．设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（）A．当B刚离开C时，A发生的位移大小为B．恒力F的大小为F=3mgsinθC．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为D．从开始运动到B刚离开C时，所用的时间为8．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，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（）A．fm B．fm C．fm D．fm例31.倾角为θ=37°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin37°=0.6，cos37°=0.8），如果物体A能在斜面上静止，求水平推力F与G的比值范围．【解答】解：设物体刚好不下滑时F＝F1，作出力图如图．则由平衡条件得：F1•cosθ+μN1＝G•sinθ，N1＝F1•sinθ+G•cosθ．得：＝＝＝；设物体刚好不上滑时F＝F2，则：F2•cosθ＝μN2+G•sinθ，N2＝F2•sinθ+G•cosθ，得：＝＝＝2，即≤≤2．2.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120m，重力速度g=10m/s2，求：（1）晴天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数μ0（2）汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解答】解：（1）设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0…①s＝v0t0+…②联立代入数据解得：μ0＝0.5（2）设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有：μ＝μ0＝0.2…③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma…④s＝vt0+…⑤解得：v＝20m/s＝72km/h…⑥自练31.如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短10cm，两条线的夹角为60°，求：（1）杆对A球支持力大小；（2）C球重力大小．2．如图所示，在质量为1kg的重物上系着一条长30cm的细绳，细绳的另一端连着套在水平棒上可以滑动的圆环，环与棒间的动摩擦因数为0.75，另有一条细绳，其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环0.5m的地方．当细绳的端点挂上重物G，而圆环将要滑动时，试问：（1）长为30cm的细绳的张力是多少？（2）圆环将要开始滑动时，重物G的质量是多少？（3）角φ多大？（环的重力忽略不计）3.一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度．他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层．在整个过程中，他记录了台秤的不同时段内的示数，记录的数据如表所示．但由于0～3.0s段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来．假设在每个时间段内台秤的示数是稳定的，重力加速度g取l0m/s2．时间/s电梯启动前0～3.03.0～13.013.0～19.019.0以后台秤示数/kg5.05.04.65.0（1）电梯在0～3.0s时间段内台秤的示数应该是多少？（2）根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度．例41.某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50m，正常运转的速度为v=4m/s．一次工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8．（物块与木板均可看做质点，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；（2）若工人用F=189N的恒定拉力把货物拉到处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；（3）来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）【解答】解：（1）设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析根据牛顿第二定律得：μMgcosθ﹣Mgsinθ＝Ma1代入数据得：对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：Fm﹣μ（m+M）gcosθ﹣（m+M）gsinθ＝（m+M）a1代入数据得：Fm＝192N（2）设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：F﹣μ（m+M）gcosθ﹣（m+M）gsinθ＝（m+M）a2代入数据解得：设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：代入数据得：v1＝2m/s（3）由于v1＜4m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3μ（m+M）gcosθ﹣（m+M）gsinθ＝（m+M）a3代入数据得：设经过t1木板速度与传送带速度相同，v＝v1+a3t1得：t1＝5s设t1内木板加速的位移为x1，得：x1＝15m共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，得：x2＝25m又：得：t2＝6.25s所以来电后木板再需要运动的时间为：t1+t2＝11.25s．自练41．如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求：（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）2.如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2m/s匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2m，皮带与水平方向的夹角θ=37°．将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹．求物体从下端离开传送带后，传送带上留下的痕迹的长度．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2）第14讲牛顿定律综合运用答案详解自练11．【解答】解：A、火箭发射升空的过程中，具有向上的加速度，处于超重状态，故A不符合题意；B、失重状态具有向下的加速度，航天器在预定轨道上运行的过程中处于完全失重状态，故B符合题意；C、载人仓在进入大气层返回地面的过程中，受到空气阻力作用，做减速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，故C不符合题意；D、在离心机上训练时，加速度沿竖直方向指向圆心，可能处于超重状态，故D不符合题意；本题选择不可能的，故选：B2．【解答】解：人站在磅秤上受重力和支持力，发现了自己的体重减少了20%，处于失重状态，具有向下的加速度，根据牛顿第二定律得出：a＝＝0.2g，方向向下，那么此时的运动可能是以0.2g的加速度减速上升，也可能是以0.2g的加速度加速下降，故选：BC。自练21．【解答】解：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝ma得a＝gtanθ以A物体为研究对象f＝Ma＝Mgtanθ，方向水平向右。故A、C、D错误，B正确。故选：B。2．【解答】解：AB、设两木块的质量均为m，若地面是完全光滑的，对整体用牛顿第二定律得，加速度a＝，再对B运用牛顿第二定律得，FAB＝ma＝，故A错误，B正确。CD、若地面动摩因数为μ，对整体用牛顿第二定律得，加速度a＝＝，再对B运用牛顿第二定律得，FAB﹣μmg＝ma，解得，FAB＝，故C错误，D错误。故选：B。3．【解答】解：A、若传送带不动，工件的加速度：a＝，由，得：vB＝＝3m/s。故A正确。B、若传送带逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，仍为滑动摩擦阻力，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3m/s。故B正确。C、D若传送带以小于3m/s的速度顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB＝3m/s。若以大于3m/s的速度顺时针匀速转动，则开始时物体受到的摩擦力向右，物体做加速运动；可能大于3m/s；故C错误。D正确；本题选择错误的，故选：C。4．【解答】解：第一次放置时M静止，则：Mgsinα＝mg，第二次放置时候，对整体由牛顿第二定律：Mg﹣mgsinα＝（M+m）a，联立解得：a＝（1﹣sinα）g＝g。对m由牛顿第二定律：T﹣mgsinα＝ma，解得：T＝mg，故C正确；故选：C。5．对A、B系统：a＝＝g，故ABC错误D正确；故选：D。6．【解答】解：A、B由速度图象分析物体的运动过程：0﹣t1时间内木块向左匀减速直线运动，t1﹣t2物体向右做匀加速运动，t2﹣t3向右做匀速运动。可知，物体先受到向右的摩擦力，则传送带沿顺时针方向运动。故A错误。B、由A的分析可知，t1﹣t2时刻物体与传送带间有相对滑动，故T2时刻相对距离才达最大；故B错误；C、物体先向左减速再向右加速，加速度一直向右；并且大小保持不变；0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用；故D正确；故选：D。7．【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mgsinθ＝kx1，解得弹簧的压缩量，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2＝2mgsinθ，解得弹簧的伸长量，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x＝，故A错误。B、根据牛顿第二定律得，F﹣mgsinθ﹣kx2＝ma，解得：F＝3mgsinθ+ma，故B错误；C、当A的加速度为零时，A的速度最大，设此时弹簧的拉力为FT，则：F﹣FT﹣mgsinθ＝0所以FT＝F﹣mgsinθ＝3mgsinθ+ma﹣mgsinθ＝2mgsinθ+ma以B为研究对象，则：2ma′＝FT﹣2mgsinθ＝ma所以：．故C正确。D、若A一直做匀加速直线运动，则从开始运动到B离开C的时间：t＝。而实际的情况是开始时A受到的向上的弹簧的弹力比较大，随A向上运动的过程中弹簧对A的弹力减小，所以A向上运动的加速度减小，可知在B离开C前A的加速度一直大于a，所以从开始运动到B刚离开C时，所用的时间一定小于，故D错误。故选：C。8．【解答】解：当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。将4个物体看做整体，由牛顿第二定律：F+6mgsin30°＝6ma…①将2个m及上面的2m看做整体：fm+4mgsin30＝4ma…②由①、②解得：F＝故选：C。自练31．【解答】解：根据胡克定律得，弹簧的弹力大小为：F＝kx＝10×0.1N＝1N分析A球的受力情况，如图所示，根据平衡条件得：Tcos60°＝FN＝G+Tsin60°解得：T＝2NN＝（2+）N对C球：2Tsin60°＝GC解得：GC＝2N2．【解答】解：对环，如图1所示：由平衡条件Fx＝0，Fy＝0，建立方程有：μFN﹣FTcosθ＝0，FN﹣FTsinθ＝0。所以tanθ＝＝，θ＝arctan＝arctan＝53°因AB＝50cm，AO＝30cm，根据数学知识得AOB是直角三角形，φ＝90°。（1）以物体O为研究对象，分析受力如图2所示，选取坐标系，根据平衡条件有：Gcosθ+FTsinθ﹣mg＝0