课时提升练9牛顿运动定律的综合应用.docx
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课时提升练9牛顿运动定律的综合应用
课时提升练(九)
牛顿运动定律的综合应用
(限时:
45分钟)
A组 对点训练——巩固基础知识
题组一 连接体问题
1.如图3317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( )
图3317
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,加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统:
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的瞬间没有变化,弹簧上的弹力不变,故C项正确;若突然撤去F1,物体m1所受的合外力方向向左,而没有撤去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.
【答案】 C
2.如图3318所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为图3318
(g取10m/s2)( )
A.10NB.20N
C.25ND.30N
【解析】 选A、B整体为研究对象有F=2ma,解得a=2.5m/s2.选A为研究对象有F-FN+mg=ma,解得FN=25N,选项C正确.
【答案】 C
3.
(2014·沈阳模拟)如图3319所示,质量为m1=2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5kg的箱子B相连,箱子底板上放一质量为m2=1kg的物体C,不计定滑轮的质量和一切阻力,在箱子加速下落的过程中,取g=10m/s2,下列正确的是( )图3319
A.物体A处于失重状态,加速度大小为10m/s2
B.物体A处于超重状态,加速度大小为20m/s2
C.物体C处于失重状态,对箱子的压力大小为5N
D.轻绳对定滑轮的作用力大小为80N
【解析】 取A、B、C为整体,由牛顿第二定律得(M+m2)g-m1g=(M+m1+m2)a,则加速度为a=5m/s2,A、B错;隔离C有m2g-FN=m2a,即FN=5N,C对;隔离A有T-m1g=m1a,即T=30N,所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T=60N,D错.
【答案】 C
题组二 图象问题
图3320
4.(2015·扬州一中模拟)(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的vt图象如图3320所示,g取10m/s2.下列说法中正确的是( )
A.小球所受重力和阻力之比为5∶1
B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点时的速度大小为8
m/s
D.小球下落过程中,受到向上的空气阻力,处于超重状态
【解析】 上升过程中mg+f=ma1,代入a1=12m/s2,解得f=2N,小球所受重力和阻力之比为5∶1,选项A正确;下落过程中mg-f=ma2,可得a2=8m/s2,根据h=
at2可得
=
=
,选项B错误;根据v=a2t2,t2=
s可得v=8
m/s,选项C正确;小球下落过程中,加速度方向竖直向下,小球处于失重状态,选项D错误.
【答案】 AC
5.(多选)如图3321甲所示,在一升降机内,一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上,弹簧的下端固定在升降机的地板上,弹簧保持竖直.在升降机运行过程中,物块未曾离开升降机的天花板.当升降机按如图3321乙所示的vt图象上行时,可知升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是
( )
图3321
【解析】 由题意知,弹簧长度不变,且对物块向上的弹力不变,设为kx,则F2不变,C项对,D项错.对物块受力分析有:
kx-mg-FN=ma.(F1=FN,作用力与反作用力)
由v-t图知,加速时,F1=FN=kx-mg-ma
匀速时,F1=FN=kx-mg
减速时:
F1=FN=kx-mg+ma,故A项对,B项错.正确选项为A、C.
【答案】 AC
6.
如图3322甲所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小如图图3322
乙所示.取重力加速度g=10m/s2,下列判断正确的是( )
图3322
A.5s内拉力对物块做功为零
B.4s末物块所受合力大小为4.0N
C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D.6s~9s内物块的加速度大小为2.0m/s2
【解析】 由图象知物块前4s静止,4s~5s内物块做加速运动,前5s内拉力对物块做功不为零,故A选项错误;4s末物块静止,所受合力为零,B选项错误;由4s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ff=μmg=3N,得μ=0.3,C选项错误;由牛顿第二定律可知4s后物块的加速度a=
=2m/s2,D选项正确.
【答案】 D
题组三 临界问题
7.(多选)A、B两物体叠放在一起,放在光滑的水平面上,从静止开始受到一变力的作用,该力与时间的关系如图3323所示,A、B始终相对静止,则在0~2t0时间内,下列说法正确的是( )
图3323
A.t0时刻,A、B间静摩擦力最大
B.t0时刻,A、B速度最大
C.2t0时刻,A、B速度最小,与初始时刻相等
D.2t0时刻,A、B位移最大
【解析】 对整体,F产生加速度;隔离A,B对A的静摩擦力产生加速度.由题中图象知,力F先减小到零,再反向增大,故加速度也先减小到零,再反向增大,所以t0时刻,A、B间静摩擦力为零,速度最大,A项错误、B项正确;而在2t0时刻,它们速度最小,为零,由于速度方向一直未变,故2t0时刻位移最大,C、D项正确.
【答案】 BCD
8.(2014·银川质检)(多选)如图3324所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态.现图3324
开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动,当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )
A.物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B.加速度a=g
C.以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a=
g
D.从F开始作用到B刚要离开C,A的位移为
【解析】 物块B刚要离开C时B的加速度为0,A项错误;未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1=
=
,B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2=
,此时对A由牛顿第二定律得F-mgsin30°-kx2=ma,解得a=g,B项正确、C项错误;物块A的位移x1+x2=
,D项正确.
【答案】 BD
B组 深化训练——提升应考能力
9.(2015·荆州模拟)一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块、A、B与木板之间的动摩擦因数都为图3325
μ=0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),水平恒力F作用在A物块上,如图3325所示(重力加速度g取10m/s).则( )
A.若F=1N,则物块、木板都静止不动
B.若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N
C.若F=4N,则B物块所受摩擦力大小为4N
D.若F=8N,则B物块的加速度为1.0m/s2
【解析】 A物块与板间的最大静摩擦力为2N,当F<2N时,A物块没有与木板发生相对滑动,A、B与板整体向左加速,选项A错误;若F=1.5N,对A、B及轻质木板整体有a=
=0.5m/s2,对A物块分析有F-Ff=mAa,解得Ff=1N,选项B错误;若F=4N,则A物块与板发生相对滑动,板对B物块的静摩擦力为2N,选项C错误;若F=8N,板对B物块的静摩擦力仍为2N,根据a=
可得a=1m/s2,选项D正确.
【答案】 D
10.(多选)如图3326(a)所示,用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图3326(b)所示,若重力加速度g取10m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )
(a) (b)
图3326
A.物体的质量
B.斜面的倾角
C.物体能静止在斜面上所施加的外力
D.加速度为6m/s2时物体的速度
【解析】 分析物体受力,由牛顿第二定律得:
Fcosθ-mgsinθ=ma,由F=0时,a=-6m/s2,得θ=37°;由a=
F-gsinθ和aF图线知:
=
,得:
m=2kg;物体静止时的外力F0cosθ=mgsinθ,F0=mgtanθ=15N;无法求出物体加速度为6m/s2时的速度,因物体的加速度是变化的,对应时间也未知,故A、B、C正确,D错误.
【答案】 ABC
11.
如图3327所示,质量分别为m和M的两个小物体(可视为质点).中间连一长度为L的轻绳,放置在水平地面上,使绳处于竖直伸直状态(此时绳张力为零),现在质量为m的物体上作用一竖直向上的恒力,作用时间t后,质量为m的物体上升到距地图3327
面高度h处.
(1)求质量为M的物体上升的加速度;
(2)求作用在质量为m的物体上的恒力F的大小;
(3)若轻绳所能承受的最大拉力是FT,要使质量为m的物体上升到距地面高度为H处,所需的最短时间是多少?
【解析】
(1)由h-L=
at2得:
质量为M的物体上升的加速度a=
.
(2)对两个小物体组成的整体,由牛顿第二定律得F-(M+m)g=(M+m)a,解得F=(M+m)[
+g].
(3)设上升过程中的最大加速度为a0,对质量为M的物体有FT-Mg=Ma0,H-L=
a0t
,联立解得所需的最短时间是tmin=
.
【答案】
(1)
(2)F=(M+m)[
+g]
(3)
12.(2015·吉林长春调研)如图3328所示,质量为M=2kg的足够长的木板A静止在水平地面上,其上表面水平,木板A与地图3328
面间的动摩擦因数为μ1=0.1,一个质量为m=3kg的小物块B(可视为质点)静止于A的左端,小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2=0.3.现给小物块B一个水平向右的初速度,大小为v0=1m/s.求:
木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比(最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小,g取10m/s2).
【解析】 分别以A、B为研究对象,受力分析,木板和物块的加速度大小分别为aA、aB,
由牛顿第二定律得:
μ2mg=maB
μ2mg-μ1(m+M)g=MaA
假设经过t0秒A、B共速,共同速度设为v共,由匀变速直线运动的规律得:
v0-aBt0=aAt0=v共
解得:
aA=2m/s2,aB=3m/s2,t0=0.2s,v共=0.4m/s
共速过程中,A的位移大小设为xA,B的位移大小设为xB,则
xA=
aAt
,xB=v0t0-
aBt
解得:
xA=0.04m,xB=0.14m.
假设共速之后,A、B一起向右匀减速运动,木板和物块间的静摩擦力大小为Ff,木板和物块的加速度大小分别为aA′、aB′,由牛顿第二定律得:
Ff=maB′,μ1(m+M)g-Ff=MaA′
解得:
Ff=μ1mg<μ2mg,假设成立,aA′=aB′=μ1g=1m/s2
设共速之后至A、B均静止,A的位移设为xA′,B的位移设为xB′,则
xA′=xB′=
=0.08m
整个过程中A的位移大小xA=xA+xA′=0.12m
B的位移大小xB=xB+xB′=0.22m
xA∶xB=6∶11.
【答案】 6∶11