第14讲 牛顿定律综合运用-2020-2021学年高一物理同步课程讲义15讲（人教版必修第一册）

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一．知识要点
（含答案及详解）
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。
二．习题演练
例1
1.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1
1.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2
1.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=μB．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＝＝＝gtanθ
A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，aB．a，2aC．2a，aD．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2
1.一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．Mgcsθ，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=F
B．若地面是完全光滑的，则FAB=F
C．若地面的动摩擦因数为μ，则FAB=F
D．若地面的动摩擦因数为μ，则FAB=2F
3．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/s
B．若传送带逆时针匀速转动，VB一定等于3m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，VB一定等于3m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，VB可能等于3m/s
4．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mgsinα
C．轻绳的拉力等于mg D．轻绳的拉力等于（M+m）g
5．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=3mgsinθ
C．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3
1.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，cs37°=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•csθ+μN1＝G•sinθ，
N1＝F1•sinθ+G•csθ．
得：＝＝＝；
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2•csθ＝μN2+G•sinθ，
N2＝F2•sinθ+G•csθ，
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 …①
s＝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…④
s＝vt0+…⑤
解得：v＝20 m/s＝72 km/h…⑥
自练3
1.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．
（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4
1.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，cs37°=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：
μMgcsθ﹣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）gcsθ﹣（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）gcsθ﹣（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a3
μ（m+M）gcsθ﹣（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4
1．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，cs37°=0.8，取g=10m/s2）
第14讲 牛顿定律综合运用答案详解
自练1
1．
【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：B
2．
【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2
1．
【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3
1．
【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：
Tcs60°＝F
N＝G+Tsin60°
解得：
T＝2N
N＝（2+）N
对C球：
2Tsin60°＝GC
解得：
GC＝2N
2．
【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﹣FTcsθ＝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：
Gcsθ+FTsinθ﹣mg＝0
FTcsθ﹣Gsinθ＝0．
即 FT＝8N。
（2）以物体O为研究对象，环将要滑动时，得：
mGgsinθ＝FTcsθ，解得mG＝0.6kg。
（3）前已证明φ为直角，故φ＝90°。
3．
【解答】解：（1）台秤示数即为人对台秤的压力，其大小等于台秤对人的支持力，故在13s～19s内，
＝0.8m/s2
最大速度：vm＝a1t＝4.8m/s
由图象可以知道：0～3s内加速度为：＝＝1.6m/s2
秤对人的支持力为N，又由牛顿第二定律：
N﹣mg＝ma2
解得：N＝mg+ma2＝5×（10+1.6）＝58N
由牛顿第三定律知，人对称的压力为58N，为5.8kg
（2）由v﹣t图象的面积表示位移，则0～19s内位移：＝69.6m
每层楼高：
h＝＝＝2.9m
自练4
1．
【解答】解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块的加速度：am＝μg＝2m/s2
小车的加速度：＝0.5 m/s2。
（2）由：amt＝υ0+aMt
得：t＝1s
所以速度相同时用的时间为1s。
（3）在开始1s内小物块的位移：
最大速度：υ＝at＝2m/s
在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：
a＝＝0.8m/s2
这0.5s内的位移：s2＝vt+at2＝1.1m
所以通过的总位移s＝s1+s2＝2.1m。
2．
【解答】解：设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P，则物块速度达到v0前的过程中，
由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1，
代入数据解得a1＝10 m/s2
经历时间 t1＝＝0.2s
P点位移x1＝v0t1＝0.4 m，
物块位移 x1′′＝＝0.2m
划出痕迹的长度△L1＝x1﹣x1'＝0.2 m
物块的速度达到v0之后
由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2，
代入数据解得a2＝2 m/s2
到脱离皮带这一过程，经历时间t2
x2′＝L﹣x1′＝v0 t2+a2
解得t2＝1 s
此时P点离B点的距离为：
△L2＝L﹣v（t1+t2）
解得：△L2＝0.8m
所以传送带上痕迹的长度为：
△L＝△L1+△L2＝0.2m+0.8m＝1m
特征
加速度
视重（F）与重力的关系
运动情况
平衡
a=0
F=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)向下加速或向上减速
完全失重
a=g
F=0
抛体运动/正常运行的卫星
时间/s
电梯启动前
0～3.0
3.0～13.0
13.0～19.0
19.0以后
台秤示数/kg
5.0

5.0
4.6
5.0