本章复习与测试教学设计及教案分析

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牛顿运动定律的综合应用(二) 1．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v

-t图像如图1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(

)

图1

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。

2．(多选)(2015·海南高考)如图2所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时(

)

图2 A．物块与斜面间的摩擦力减小

B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑

D．物块相对于斜面匀速下滑

解析：选BD

当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsin θ＝μmgcos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m(g＋a)cos θ，Ff＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。

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对点训练：整体法与隔离法的应用

3．(多选)(2016·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图3甲所示，绳子平行于倾角为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(

)

图3 A．轻绳的拉力等于Mg

B．轻绳的拉力等于mg

C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g

D．M运动的加速度大小为M－mg

M解析：选BC

互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。

4．(多选)(2016·昆明检测)如图4甲所示，质量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则(

)

图4 A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2 B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用

C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 N D．水平恒力的大小为12 N 解析：选AC

在v

-t图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，a2μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得：μ＝g＝0.2，F＝18 N，选项A正确，选项D错误；1～3 s内两物块一起运动，物块A也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加

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了水平向左的静摩擦力，选项B错误；同理在0～1 s内物块A也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B对A施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ff＝mAa1＝4 N，选项C正确。

5．(多选)(2016·银川一中二模)如图5甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(

)

图5 A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零

C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左

D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m 解析：选AD

设t时刻A、B分离，分离之前A、B物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝F1＋F23.6＋0＝m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa，

mA＋mB1＋2得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，

4经历时间：t＝×2.7 s＝3 s，

3.61根据位移公式：x＝at2＝5.4 m，则D正确；

2当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；

当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa，

得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。

对点训练：临界极值问题

6．(2016·北京丰台区模拟)如图6所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过(

)

图6

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A．μmg

m1＋M

C．μmgB．μMg

M1＋m

D．μMg解析：选C

由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即m1＋M，将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg

选项C正确。7．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图像是(

)

解析：选B

A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝线运动，故只有B项正确。

8．(2016·济南模拟)如图9所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木板长L＝11.5 m。已知木板与地面的动摩擦因数为μ1＝0.1，m与M之间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝21 m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10 m/s2，求：

2Ff，之后木板做匀加速直k

图9 (1)木板碰挡板时的速度v1为多少？

(2)碰后M与m刚好共速时的速度？

(3)最终木板停止运动时AP间距离？

解析：(1)对木块和木板组成的系统，有：μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1

v02－v12＝2a1x0，x0＝x－L，代入数据得：v1＝9 m/s (2)由牛顿第二定律可知：am＝μ2g＝9 m/s2

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μ1M＋mg＋μ2mg0.1×30＋0.9×10aM＝＝m/s2＝6 m/s2

M2v19m运动至停止时间为：t1＝a＝s＝1 s 9m此时M速度：vM＝v1－aMt1＝9 m/s－6×1 m/s＝3 m/s，方向向左，此后至m、M共速时间为t2，

有：vM－aMt2＝amt2

得：t2＝0.2 s 共同速度v共＝1.8 m/s，方向向左。

v1＋v共9＋1.8(3)至共速M位移：x1＝×(t1＋t2)＝×1.2 m＝6.48 m 22共速后m、M以a1＝μ1g＝1 m/s2向左减速至停下位移：

x2＝1.62 m 最终AP间距：x＝11.5 m＋x1＋x2＝19.60 m。

答案：(1)9 m/s

(2)1.8 m/s

方向向左

(3)19.60 m 9．(2016·潍坊一中高三检测)一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图12甲所示。固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示(图像前3 s内为二次函数，3～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)。已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s 2。

图12 (1)求传送带速度v1的大小；

(2)求0时刻物块速度v0的大小；

(3)在图13中画出物块对应的v -t图像。

图13

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解析：(1)由x-t的图像可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s末减到v＝0，然后向右加速，3 s末后与传送带共速v1＝2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动。

(2)2～3 s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt1

0～2 s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg

解得0时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4 m/s。

(3)根据x-t的图像分析得到的运动规律用v-t图像画出如图所示。

答案：(1)2 m/s

(2)4 m/s

(3)见解析

Δx′＝Δt