34专题牛顿运动定律的综合应用Word文档格式.docx
《34专题牛顿运动定律的综合应用Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《34专题牛顿运动定律的综合应用Word文档格式.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
D．L＋
[解析] 对两木块整体进行分析，应用牛顿第二定律，可得F＝（m1＋m2）a，然后再隔离甲，同理可得F′＝m1a，其中F′＝k（L－L′），解得两木块之间距离L′＝L－
，故选B.
3．（2011·
池州模拟）
某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<
tanθ，BC段的动摩擦因数μ2>
tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（ ）
A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右
B．地面对滑梯始终无摩擦力作用
C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小
[答案] A
[解析] 小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正确，B错误；
系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D错误．
4．（2011·
辽宁实验中学模拟）
如图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的∠AOB被铅垂线OO′平分，∠AOB＝120°
.两个质量均为m的小环通过水平轻弹簧的作用静止在A、B两处，A、B连线与OO′垂直，连线距O点高度为h，已知弹簧原长为
h，劲度系数为k，现在把两个小环在竖直方向上均向下平移h，释放瞬间A环加速度为a，则下列表达式正确的是（ ）
A．k＝mg/3hB．k＝mg/6h
C．a＝gD．a＝
g
[答案] AC
[解析] 由题意可求得，lAB＝2
h，故此时弹簧的弹力F1＝kx＝k（2
h－
h）＝
kh，分析A点小环受力，由沿杆方向合力为零可得：
mgsin30°
＝F1cos30°
，得：
k＝
，A正确，B错误；
当两环再下移h时，两环间距l′＝4
h，此时弹簧的弹力F2＝k（4
h）＝3
kh，由牛顿第二定律可得：
F2cos30°
－mgsin30°
＝ma，可求得：
a＝g，故C正确，D错误．
5．（2011·
如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一人站在斜面上，系统静止不动．当人沿斜面加速上升时，则（ ）
A．系统静止时弹簧压缩
B．系统静止时斜面共受到5个力作用
C．人加速时弹簧伸长
D．人加速时弹簧压缩
[答案] C
[解析] 当系统静止时，人和斜面在水平方向的合力为零，因地面光滑，故弹簧的弹力为零，A错误；
此种情况下，斜面受到自身重力、地面支持力，人对斜面的压力和摩擦力，共4个力作用，B错误；
当人沿斜面向上加速上升时，系统在水平方向上有向右的加速度，必有水平向右的合外力，故此时弹簧一定处于伸长状态，C正确，D错误．
6.
（2011·
济宁模拟）如图所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30N，F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（ ）
A．弹簧测力计的示数是10N
B．弹簧测力计的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变
[解析] 设弹簧的弹力为F，系统的加速度为a.对系统：
F1－F2＝（m1＋m2）a，对m1∶F1－F＝m1a，联立两式解得：
a＝2m/s2，F＝26N，故A、B两项都错误；
在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；
若突然撤去F1，物体m1的合外力方向向左，而没撤去F1时，合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．
7．（2011·
常州模拟）
如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不超过（ ）
A．2F B．F/2 C．3F D．F/3
[解析] 用水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时的A、B间的摩擦力为最大静摩擦力．
先用整体法考虑，对A、B整体：
F＝（m＋2m）a
再将A隔离可得A、B间最大静摩擦力：
Ffm＝ma＝F/3
若将F′作用在A上，隔离B可得：
B能与A一起运动，而A、B不发生相对滑动的最大加速度a′＝Ffm/2m；
再用整体法考虑，对A、B整体：
F′＝（m＋2m）a′＝F/2.故选B.
8．（2011·
十堰模拟）
如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>
α，则下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行
B．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向
D．小车匀速运动时θ＝α
[解析] 设细线对小铁球的弹力为F线，由牛顿第二定律得：
F线sinα＝ma，F线cosα＝mg，可得：
tanα＝
，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F杆，由牛顿第二定律可得：
F杆·
cosβ＝mg，F杆·
sinβ＝ma，可得：
tanβ＝
＝tanα，可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行，A正确，B、C错误；
当小车匀速运动时，α＝0，故D错误．
二、非选择题
9.
如图所示为质量为3kg的物体在水平地面上运动的v－t图象，a、b两条图线，一条是沿运动方向有推力作用的图线，一条是没有推力作用的图线，则有推力作用的速度图线是________，物体受到推力大小是________，摩擦力大小是________．
[答案] a 1N 2N
[解析] 由于两种情况都是减速运动，所以受推力时加速度减小．由图象知aa＝－
m/s2，ab＝－
m/s2，F＋Ff＝maa，Ff＝mab，解得F＝1N，Ff＝－2N.
10.
质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图所示的两条直线分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用时的v－t图线，图线b与上述的________状态相符，该物体所受到的拉力是________N.
[答案] 受水平拉力作用 1.8
[解析] 由图线知，图线b表示加速运动，图线a表示减速运动，由图线a知，a减＝1.5m/s2，所以摩擦力Ff＝ma减＝1.2N.由图线b知，a加＝0.75m/s2，因为F－Ff＝ma加，所以F＝1.8N.
11.
如图所示，有一长度x＝1m，质量M＝10kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2s末运动到小车的另一端，那么作用在物块上的水平力F是多少？
[答案] 16N
[解析] 分别对物块、小车受力分析，根据牛顿第二定律有
F－Ff＝ma物①
Ff′＝Ma车②
其中Ff＝Ff′＝μmg③
由图结合运动学公式有x1＝
a车t2④
x2＝
a物t2⑤
x2－x1＝x
由①②③解得a车＝1m/s2⑥
由④⑤⑥解得a物＝1.5m/s2⑦
所以F＝Ff＋ma物＝m（μg＋a物）
＝4×
（0.25×
10＋1.5）N＝16N.
12．某人在地面上最多能举起60kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80kg的物体．求：
（1）此电梯的加速度多大？
（2）若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量是多少？
（g＝10m/s2）
[答案]
（1）2.5m/s2
（2）48kg
[解析]
（1）不管在地面上，还是在变速运动的电梯里，人的最大举力是一定的，这是该题的隐含条件．
设人的最大举力为F，由题意可得F＝m1g＝60kg×
10m/s2＝600N.选被举物体为研究对象，它受到重力m2g和举力F的作
用，在电梯以加速度a下降时，根据牛顿第二定律有m2g－F＝m2a.
解得电梯的加速度为
a＝g－
＝10m/s2－
m/s2＝2.5m/s2.
（2）当电梯以加速度a上升时，设人在电梯中能举起物体的最大质量为m3，根据牛顿第二定律有F－m3g＝m3a.
解得m3＝
＝
kg＝48kg.
13．（2011·
黑龙江模拟）
如图所示，在倾角θ＝37°
的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为16m.在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.求：
（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间；
（2）滑块离开平板后，滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.（sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，g＝10m/s2）
[答案]
（1）1s
（2）2s
[解析]
（1）对平板，由于Mgsin37°
<
μ（M＋m）gcos37°
，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动．
滑块在平板上滑行时的加速度为a1＝gsin37°
＝6m/s2
由开始至到达B点所用时间为t1，则L＝
at
解得t1＝1s.
（2）由
（1）可知，滑块到达B点时的速度为
v＝
＝6m/s
滑块由B至C时的加速度为
a2＝gsin37°
－μgcos37°
＝2m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则LBC＝vt＋
a2t2
解得t＝2s
滑块滑离后，平板才开始运动，其加速度为
a＝gsin37°
滑至C端所用时间为t′，则LBC＝
at′2
解得t′＝4s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为
Δt＝t′－t＝2s
升级会员 