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【步步高】2022学年高中物理 5.4 牛顿运动定律的案例分析(二)每课一练 沪科版必修1

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5.4牛顿运动定律的案例分析(二)每课一练(沪科版必修1)题组一 瞬时加速度问题1.质量均为m的A、B两球之间系着一个质量不计的轻弹簧并放在光滑水平台面上,A球紧靠墙壁,如图1所示,今用水平力F推B球使其向左压弹簧,平衡后,突然将力F撤去的瞬间(  )图1A.A的加速度大小为B.A的加速度大小为零C.B的加速度大小为D.B的加速度大小为答案 BD解析 在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变,仍静止,A的加速度为零,选项A错,B对;而B球在撤去力F的瞬间,弹簧的弹力还没来得及发生变化,故B的加速度大小为,选项C错,D对.2.如图2所示,A、B两球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑.系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(  )图2A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθB.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsinθD.弹簧有收缩趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零答案 B解析 因为细线被烧断的瞬间,弹簧的弹力不能突变,所以B的瞬时加速度为0,A的瞬时加速度为2gsinθ,所以选项B正确,A、C、D错误.3.如图3所示,A、B两木块间连一轻杆,A、B质量相等,一起静止地放在一块光滑木板上,若将此木板突然抽出,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是(  )图37A.aA=0,aB=2gB.aA=g,aB=gC.aA=0,aB=0D.aA=g,aB=2g答案 B解析 当刚抽去木板时,A、B和杆将作为一个整体一起下落,下落过程中只受重力,根据牛顿第二定律得aA=aB=g,故选项B正确.4.如图4所示,在光滑的水平面上,质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连,在拉力F作用下,以加速度a做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力F,此瞬间A和B的加速度的大小为a1和a2,则(  )图4A.a1=a2=0B.a1=a,a2=0C.a1=a,a2=aD.a1=a,a2=-a答案 D解析 两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时,弹簧的弹力F弹=m1a,在力F撤去的瞬间,弹簧的弹力来不及改变,大小仍为m1a,因此木块A的加速度此时仍为a,以木块B为研究对象,取向右为正方向,-m1a=m2a2,a2=-a,所以D项正确.题组三 动力学中的临界问题5.如图5所示,质量为M的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一质量为m的物块,物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ,若要以水平外力F将木板抽出,则力F的大小至少为(  )图5A.μmgB.μ(M+m)gC.μ(m+2M)gD.2μ(M+m)g答案 D解析 将木板抽出的过程中,物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力,物块的加速度大小为am=μg,要想抽出木板,必须使木板的加速度大于物块的加速度,即aM>am=μg,对木板受力分析如图.根据牛顿第二定律,得:F-μ(M+m)g-μmg=MaM得F=μ(M+m)g+μmg+MaM>μ(M+m)g+μmg+μMg=2μ(M+m)g,选项D正确.76.如图6所示,质量为m1=2kg、m2=3kg的物体用细绳连接放在水平面上,细绳仅能承受1N的拉力,水平面光滑,为了使细绳不断而又使它们能一起获得最大加速度,则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下,F的最大值是(  )图6A.向右,作用在m2上,F=NB.向右,作用在m2上,F=2.5NC.向左,作用在m1上,F=ND.向左,作用在m1上,F=2.5N答案 BC解析 若水平力F1的方向向左,如图.设最大加速度为a1,根据牛顿第二定律,对整体有:F1=(m1+m2)a1对m2有:T=m2a1所以F1=T=×1N=N,C对,D错.若水平力F2的方向向右,如图.设最大加速度为a2,根据牛顿第二定律,对整体有:F2=(m1+m2)a2对m1有:T=m1a2所以F2=T=×1N=2.5N.A错,B对.7.如图7所示,质量为M的木箱置于水平地面上,在其内部顶壁固定一轻质弹簧,弹簧下端与质量为m的小球连接.当小球上下振动的某个时刻,木箱恰好不离开地面,求此时小球的加速度.图7答案 a=g,方向向下解析 如图所示,7对木箱受力分析有:F=Mg对小球受力分析有:mg+F′=ma又F=F′解得:a=g,方向向下.8.如图8所示,一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A,绳与水平面之间的夹角α=53°,A与地面间的摩擦不计,求(sin53°=0.8):图8(1)当卡车以加速度a1=加速运动时,绳的拉力为mg,则A对地面的压力为多大?(2)当卡车的加速度a2=g时,绳的拉力多大?方向如何?答案 (1)mg (2)mg,方向与水平面成45°角斜向上解析 (1)设物体刚离开地面时,具有的加速度为a0对物体A进行受力分析,可得:ma0=,则a0=g因为a1<a0,所以物体没有离开地面.由牛顿第二定律得fcosα=ma1fsinα+n=mg得n=mg由牛顿第三定律得,a对地面的压力的大小为mg.(2)因为a2>a0,所以物体已离开地面.设此时绳与地面成θ角F′=m=mg所以tanθ=1,θ=45°,即绳的拉力与水平面成45°角斜向上题组三 多过程问题9.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4s内通过8m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2s停止,已知汽车的质量m=2×103kg,汽车运动过程中所受阻力大小不变,求:(1)关闭发动机时汽车的速度大小;(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小;(3)汽车牵引力的大小.答案 (1)4m/s (2)4×103N (3)6×103N7解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动s0=t1解得v0==4m/s(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a2==-2m/s2由牛顿第二定律有-f=ma2解得f=4×103N(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1s0=a1t由牛顿第二定律有:F-f=ma1解得F=f+ma1=6×103N10.物体以14.4m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ=37°的斜坡,到最高点后再滑下,如图9所示.已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15,求:图9(1)物体沿斜面上滑的最大位移;(2)物体沿斜面下滑的时间.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)答案 (1)14.4m (2)2.4s解析 (1)上升时加速度大小设为a1,由牛顿第二定律得:mgsin37°+μmgcos37°=ma1解得a1=7.2m/s2上滑最大位移为s=代入数据得s=14.4m(2)下滑时加速度大小设为a2,由牛顿第二定律得:mgsin37°-μmgcos37°=ma2解得a2=4.8m/s2由s=a2t2得下滑时间t==s≈2.4s11.如图10所示,在海滨游乐场里有一场滑沙运动.某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后,沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来.如果人和滑板的总质量m=60kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜坡的倾角θ=37°(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)7,斜坡与水平滑道间是平滑连接的,整个运动过程中空气阻力忽略不计,人从斜坡滑上水平滑道时没有速度损失,重力加速度g取10m/s2.图10(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大?(2)若由于场地的限制,水平滑道的最大距离BC为L=20m,则人从斜坡上滑下的距离AB应不超过多少?答案 (1)2m/s2 (2)50m解析 (1)人在斜坡上受力如图所示,建立直角坐标系,设人在斜坡上滑下的加速度为a1,由牛顿第二定律得:mgsinθ-f1=ma1N1-mgcosθ=0又f1=μN1联立解得a1=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.6-0.5×0.8)m/s2=2m/s2.(2)人在水平滑道上受力如图所示,由牛顿第二定律得:f2=ma2,N2-mg=0又f2=μN2联立解得a2=μg=5m/s2设人从斜坡上滑下的距离为LAB,对AB段和BC段分别由匀变速直线运动公式得:v2-0=2a1LAB,0-v2=-2a2L联立解得LAB=50m.12.如图11所示,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20m.物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,现用大小为20N,与水平方向成53°的力斜向上拉此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的最短时间t(已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,g取10m/s2).7图11答案 2s解析 物体先以大小为a1的加速度匀加速运动,撤去外力后,再以大小为a2的加速度减速到B,且到B时速度恰好为零.力F作用时:Fcos53°-μ(mg-Fsin53°)=ma1t时刻:s1=a1t2vt=a1t撤去力F后:μmg=ma2v=2a2s2由于s1+s2=L解得t=2s7</a0,所以物体没有离开地面.由牛顿第二定律得fcosα=ma1fsinα+n=mg得n=mg由牛顿第三定律得,a对地面的压力的大小为mg.(2)因为a2>

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2022-08-25 12:33:01 页数:7
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文章作者:U-336598

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