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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。
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 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
( )
3.(多N，再将台时停止，得m/s。则
A．电梯为下降过程
22
B．在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s
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最新教育教学资料精选
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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G－FN2,之前的速度向下，所以此阶段电梯匀减速下降，选项A正确；匀加速阶段加速度a＝＝1 m/s2 s末
Gg12
的速度v2＝at＝2 m/s，此阶段位移x1＝at＝2 m；匀速阶段位移x2＝16 m；匀减速阶段时间t′＝1 s，
2v22
初速度为2 m/s，末速度等于0，所以此阶段加速度a′＝＝2 m/s，根据牛顿第二定律FN′－G＝ma′
t′Gv2
＝a′，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＝x1＋x2＋g2
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，
滑的水平地面
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( )
D．x′<2xA．F′＝2FB．x′＝2xC．F′>2F
m2F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＝＝
m1＋m2
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增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增
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
为原来的2倍，故A、B正确。
5．(多同的木块，其
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
F
B．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
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F
知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平
4向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、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最新教育教学资料精选
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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
对杆静止，M 做匀加速运度逐渐增加，
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a
图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但
gθ不是原来的两倍。细线的拉力FT＝
＋
，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
2
＝1.5 kg 的斜＝37°，在固
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/s做匀加速运动。
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s。
(1)求F的大小；
2
(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 mFN＝3.7 N。
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2020版高考物理一轮复习课时跟踪检测十第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用
