新教材高中物理第四章运动和力的关系第5～6节超重和失重牛顿运动定律的应用综合训练课件新人教版必修

5,6第5～6节综合训练第5～6节综合训练刷综合C解析关键点拨物体从t＝0时刻开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝0.3×1×10N＝3N，方向向左，大小不变，为负值．当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为fm＝μmg＝3N，F＜fm，所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为F′f＝F＝1N，方向向右，为正值，故C选项正确．对于摩擦力，要根据物体的受力情况分析物体的运动状态，判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力可以根据公式求解，而静摩擦力由平衡条件求解．第5～6节综合训练刷综合CD解析对B由牛顿第二定律得mg－T＝ma，同理对A有T＝Ma，解得a＝T＝

＜mg，因此，物体B下降时处于失重状态，故C正确，A、B错误；物体A对桌面的压力与桌面对A的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，故D正确．第5～6节综合训练刷综合BCD解析A．t2时刻，小物块与A处的距离达到最大B．t2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始终向右D．0～t3时间内，小物块相对传送带的位移大小为t2在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1～t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块的速度为零，与A处的距离达到最大，故A错误；0～t2时间内小物块相对传送带向左运动，t2时刻开始相对静止，则知t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C正确；0～t2时间内，传送带的位移大小为v1t2，小物块的位移大小为

，所以小物块相对传送带的位移大小为t2，由于t2～t3时间内小物块相对传送带静止，所以0～t3时间内，小物块相对传送带的位移大小为t2，故D正确．第5～6节综合训练刷综合D解析4．如图所示的装置竖直放置，质量为m的小球被不可伸长的轻绳OA、OB系住，且小球相对于装置的位置保持不变，当整个装置向某方向运动时，下列说法正确的是(

)

A．若装置沿水平方向运动，当OB绳上拉力为零时，则装置一定向左加速B．若装置竖直向上加速运动，OA绳上张力可能为零C．若装置竖直向下加速，OA、OB绳上张力不可能同时为零D．无论装置在水平方向做何种运动，OA绳上张力均不可能为零若装置沿水平方向运动，当OB绳上拉力为零时，装置的加速度一定向左，可能是向左加速或向右减速，故A错误；若装置向上加速运动，加速度向上，合力向上，AO、BO绳拉力的合力向上，OA绳拉力不能为零，故B错误；若装置向下加速运动的加速度为g，小球处于完全失重状态，则OA、OB绳上张力同时为零，故C错误；装置在水平方向运动时，因竖直方向小球受力平衡，则OA绳上张力的竖直分量一定等于mg，则OA绳上的张力不可能为零，故D正确．第5～6节综合训练刷综合ACD解析由题图乙可知，物块先向上减速，到达最高点时再向下加速；v－t图象与时间轴围成图形的面积为物块经过的位移，故可求出物块沿斜面上滑的最大位移；v－t图象的斜率表示加速度，上滑过程及下滑过程的加速度均可求出，上滑过程有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑过程有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数，进而可求出物块沿斜面向上滑行的最大高度；但由于m均被消去，故无法求得物块的质量．故选A、C、D.第5～6节综合训练刷综合C解析设三个光滑斜轨道的共同底边长为d，当物体沿着与水平方向成θ角的斜轨道下滑时，加速度a＝gsinθ，斜轨道长s＝

，物体沿光滑斜轨道下滑的时间由s＝at2可得t＝

，当θ＝45°时，2θ＝90°，sin2θ＝1，此时t值最小，因此乙最先到达O点；当θ＝30°和θ＝60°时，sin60°＝sin120°<1，因此甲和丙滑行的时间相同，在乙之后同时到达O点，故C正确．第5～6节综合训练刷综合D解析火箭上升的最大高度即为运动过程中达到的最大位移，由题图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即t3时刻到达最高点，故A错误；火箭在t2～t3时间内没有燃料燃烧，不计空气阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，故B错误；v－t图线的斜率表示加速度，斜率越大表示加速度越大，由题图可知火箭在0～t1时间内的加速度小于t1～t2时间内的加速度，故C错误；加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，由题图可知，t1～t2时间内加速度向上，所以火箭处于超重状态，t2～t3时间内加速度向下，所以火箭处于失重状态，故D正确．第5～6节综合训练刷综合(1)2N

(2)4.48N解析关键点拨(1)对A受力分析如图甲所示，根据平衡条件，水平方向有f1＝μN1＝Tcos37°①竖直方向有GA＝N1＋Tsin37°②由①②可得T＝2N，N1＝8N；(2)对B受力分析如图乙所示，根据平衡条件得竖直方向有N2＝N′1＋GB＝N1＋GB＝14.4N，对B水平方向有F＝μN1＋μN2＝4.48N.题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，分析受力，作出受力分析图是解题的关键，利用平衡条件，根据正交分解法列出水平方向和竖直方向的方程即可解答．第5～6节综合训练刷综合(1)4m/s2

30kg/s解析(1)由速度—时间图象可知，运动员先做加速度减小的加速直线运动，然后做匀速运动，在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a＝

＝m/s2＝4m/s2.(2)在t＝0时刻，v0＝0，空气阻力为零，由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma；匀速运动阶段有vm＝10m/s，a′＝0，由平衡关系可得mgsin37°－kvm－μmgcos37°＝0，联立可得μ＝，k＝30kg/s.第5～6节综合训练刷综合(1)6m/s

(2)1.8s解析(1)物体在水平面上运动时，由于F为恒力，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma，解得a＝6m/s2,物体从A到B，有v＝2aL1，解得vB＝6m/s.(2)物体在水平面上运动，有t1＝＝1s，根据牛顿第二定律，物体在斜面上运动时有F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma′，解得a′＝0，则物体在斜面上做匀速运动，运动的时间t2＝

＝0.8s，所以物体从A点到C点的时间t＝t1＋t2＝1.8s.第5～6节综合训练刷综合

(2)2.4m/s

(3)3m/s11．长为L＝1.5m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端水平滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v