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- 2021-05-24 发布
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新课标人教版2013届高三物理总复习一轮课时作业
课时作业10 牛顿运动定律的综合应用
时间:45分钟 满分:100分
一、选择题(8×8′=64′)
图1
1.如图1所示,在光滑水平面上叠放着A、B两物体,已知mA=6 kg、mB=2 kg,A、B间动摩擦因数μ=0.2,在物体A上系一细线,细线所能承受的最大拉力是20 N,现水平向右拉细线,g取10 m/s2,则 ( )
A.当拉力F<12 N时,A静止不动
B.当拉力F>12 N时,A相对B滑动
C.当拉力F=16 N时,B受A的摩擦力等于4 N
D.无论拉力F多大,A相对B始终静止
解析:设A、B共同运动时的最大加速度为amax,最大拉力为Fmax
对B:μmAg=mBamax,amax==6 m/s2
对A、B:Fmax=(mA+mB)amax=48 N
当Fm2,A、B间水平连接着一轻质弹簧秤.若用大小为F的水平力向右拉B,稳定后B的加速度大小为a1,弹簧秤示数为F1;如果改用大小为F的水平力向左拉A,稳定后A的加速度大小为a2,弹簧秤示数为F2.则以下关系式正确的是 ( )
A.a1=a2,F1>F2 B.a1=a2,F1a2,F1>F2
解析:整体法分析,无论用F拉A,还是拉B,F=(m1+m2)a均成立,所以稳定后A的加速度a1和B的加速度a2相等.F拉B时,对A分析,F1=m1a,F拉A时,对B分析,F2=m2a,因m1>m2,故F1>F2,所以选项A正确.
答案:A
图3
3.如图3所示,当车厢向前加速前进时,物体M静止于竖直车厢壁上,当车厢加速度增加时,则 ( )
①静摩擦力增加
②车厢竖直壁对物体的弹力增加
③物体M仍保持相对于车厢的静止状态
④物体的加速度也增加
A.①②③ B.②③④
C.①②④ D.①③④
答案:B
图4
4.在一正方形小盒内装一小圆球,盒与球一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑,如图4所示.若不计摩擦,当θ角增大时,下滑过程圆球对方盒前壁压力FN及对方盒底面的压力FN′将如何变化 ( )
A.FN′变小,FN变小
B.FN′变小,FN为零
C.FN′变小,FN变大
D.FN′不变,FN变大
图5
解析:系统(球和小盒)在垂直于斜面方向无加速度,该方向合外力为零.对小球有:FN′=mgcosθ,故当θ增大时,FN′变小.在平行于斜面方向的加速度a=gsinθ,在该方向物体处于“完全失重”状态,所以小球对小盒前壁的压力FN始终为零,与θ大小无关.
答案:B
图6
5.如图6所示,质量为m1和m2的两个物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,
先沿水平面,再沿斜面(斜面与水平面成θ角),最后竖直向上运动.则在这三个阶段的运动中,细线上张力的大小情况是 ( )
A.由大变小 B.由小变大
C.始终不变 D.由大变小再变大
解析:设细线上的张力为F1.要求F1,选受力少的物体m1为研究对象较好;此外还必须知道物体m1的加速度a,要求加速度a,则选m1、m2整体为研究对象较好.
在水平面上运动时:
F1-μm1g=m1a①
F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a②
联立①②解得:F1=
在斜面上运动时:
F1-m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a③
F-(m1+m2)gsinθ-μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a④
联立③④解得:F1=
图7
同理可得,竖直向上运动时,细线上的张力F1仍是
答案:C
6.如图7所示,一轻绳通过一光滑定滑轮,两端各系一质量分别为m1和m2的物体,m1放在地面上,当m2的质量发生变化时,m1的加速度a的大小与m2的关系图象大体如下图中的 ( )
答案:D
图8
7.如图8所示,质量为M的框架放在水平地面上,一轻弹簧上端固定在框架上,下端固定一个质量为m的小球,小球上下振动时,框架始终没有跳起,当框架对地面压力为零瞬间,小球的加速度大小为 ( )
A.g B.g
C.0 D.g
解析:弹簧的弹力与框架的重力平衡,故小球受的合外力为(M+m)g.对m由牛顿第二定律得:(M+m)g=ma,所以该瞬间a=g.
答案:D
图9
8.如图9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2 kg,它们处于静止状态.若突然将一个大小为10 N,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:(g=10 m/s2) ( )
A.10 N B.20 N
C.25 N D.30 N
解析:对AB整体分析,当它们处于静止状态时,弹簧的弹力等于整体AB的重力,当施加力F的瞬间,弹力在瞬间不变,故A、B所受合力为10 N,则a=F合/(2m)=2.5 m/s2,后隔离A物块受力分析,得F+mg-FN=ma,解得FN=25 N,所以A对B的压力大小也等于25 N.
答案:C
二、计算题(3×12′=36′)
图10
9.有5个质量均为m的相同木块,并列地放在水平地面上,如图10所示,已知木块与地面间的动摩擦因数为μ,当木块1受到水平力F的作用时,5个木块同时向右做匀加速运动,求:
(1)匀加速运动的加速度.
(2)第4块木块所受合力.
(3)第4块木块受到第3块木块作用力的大小.
解析:(1)选5个木块组成的系统为研究对象,设每一木块受到的滑动摩擦力为Ff,则系统所受外力的合力是:
F合=F-5Ff=F-5μmg
系统的质量是5m,由牛顿第二定律得:F-5μmg=5ma
故系统的加速度是a==-μg
(2)选第4块木块为研究对象,由牛顿第二定律可直接求得合力F4合=ma=-μmg
图11
(3)选第4、第5两木块组成的系统为研究的对象,水平受力如图11所示,由牛顿第二定律得:FN34-2Ff=2ma,故第4块木块受到第3块木块的作用力为:FN34=2ma+2Ff=2m(-μg)+2μmg=F
答案:(1)-μg (2)-μmg (3)F
图12
10.如图12所示,火车箱中有一倾角为30°的斜面,当火车以10 m/s2的加速度沿水平方向向左运动时,斜面上的物体m还是与车箱相对静止,求物体m所受的摩擦力的大小和方向.
图13
解析:解法1:m受三个力作用:重力mg,弹力FN,静摩擦力的方向难以确定,我们可假定这个力不存在,那么如图13所示,mg与FN在水平方向只能产生大小F=mgtanθ的合力,此合力只能产生gtan30°=的加速度.小于题目给定的加速度,合力不足,故斜面对物体的静摩擦力向下.
由牛顿第二定律列方程:
FNcos30°-Ffsin30°=mg①
FNsin30°+Ffcos30°=ma②
由①②联立得Ff=5(-1)m N,方向沿斜面向下.
解法2:如图14所示,假定所受的静摩擦力沿斜面向上,用正交分解法有:
图14
FNcos30°+Ffsin30°=mg①
FNsin30°-Ffcos30°=ma②
①②联立得Ff=5(1-)m N,为负值,说明Ff的方向与假定的方向相反,应是沿斜面向下.
答案:5(-1)m N 方向沿斜面向下
11.如图15所示,倾角为α的光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面的细绳系于斜面上,斜面体放在水平面上.
图15
(1)要使小球对斜面无压力,求斜面体运动的加速度范围.并说明其方向.
(2)要使小球对细绳无拉力.求斜面体运动的加速度范围,并说明其方向.
(3)若已知α=60°,m=2 kg,当斜面体以a=10 m/s2向右做匀加速运动时,绳对小球拉力多大?(g取10 m/s2)
解析:为确定小球对斜面无压力或对细绳无拉力时斜面体的加速度,应先考虑小球对斜面或细绳的弹力刚好为零时的受力情况,再求出相应加速度.取小球、细绳和斜面体这个整体为研究对象,分析整体的受力情况,再确定斜面体的加速度范围.
图16
(1)球对斜面刚好无压力时,细绳与斜面平行,小球只受重力mg和细绳拉力FT的作用,如图16所示.正交分解FT,由牛顿第二定律得
解出a0=g·cotα
所以在斜面向右运动的加速度a≥a0=g·cotα时,小球对斜面无压力.
图17
(2)当球对细绳刚好无拉力时,小球只受重力mg和斜面支持力FN,如图17所示.正交分解FN后,可知FN的竖直分力与重力平衡,FN的水平分力使m向左加速运动.
所以在球对细绳无拉力作用时,若要使球与斜面体以相同的加速度运动,则斜面体必须以a=a0=g·tnaα向左加速运动;
图18
如果斜面体向左运动的加速度a>a0,则小球会相对斜面向右上方滑动,但要注意,若球能滑到细绳悬点上方,细绳会对球再次产生拉力作用.
(3)由(1)可知,球对斜面恰好无压力时,a0=g·cot60°=×10 m/s2,而题设条件a=10 m/s2>a0,因此,这时小球对斜面无压力,且球飞离斜面,如图18所示.将细绳拉力FT正交分解得
解出小球所受细绳拉力FT=mg=20 N,拉力方向与水平方向夹角θ=45°.
答案:(1)a≥gcotα 方向向右 (2)a=gtanα 方向向左 (3)20 N 与水平方向成45°角