2014-2015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.doc

‎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1‎ A．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2‎ A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ B．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gsin θ D．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2gsin θ，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3‎ A．aA＝0，aB＝‎2g B．aA＝g，aB＝g 7‎ C．aA＝0，aB＝0 D．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4‎ A．a1＝a2＝0‎ B．a1＝a，a2＝0‎ C．a1＝a，a2＝a D．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5‎ A．μmg B．μ(M＋m)g C．μ(m＋‎2M)g D．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．‎ ‎6．如图6所示，质量为m1＝‎2 kg、m2＝‎‎3 kg 7‎ 的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能承受1 N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6‎ A．向右，作用在m2上，F＝ N B．向右，作用在m2上，F＝2.5 N C．向左，作用在m1上，F＝ N D．向左，作用在m1上，F＝2.5 N 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＝×1 N＝ 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＝×1 N＝2.5 N．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(sin 53°＝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a1a0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F′＝m＝mg 所以tan θ＝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，4 s内通过‎8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×‎103 kg，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)‎4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N 解析　(1)汽车开始做匀加速直线运动s0＝t1‎ 解得v0＝＝‎4 m/s ‎(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度 a2＝＝－‎2 m/s2‎ 7‎ 由牛顿第二定律有－f＝ma2‎ 解得f＝4×103 N ‎(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1‎ s0＝a1t 由牛顿第二定律有：F－f＝ma1‎ 解得F＝f＋ma1＝6×103 N ‎10．物体以‎14.4 m/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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 答案　(1)‎14.4 m　(2)2.4 s 解析　(1)上升时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：‎ mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1‎ 解得a1＝‎7.2 m/s2‎ 上滑最大位移为s＝ 代入数据得s＝‎‎14.4 m ‎(2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2‎ 解得a2＝‎4.8 m/s2‎ 由s＝a2t2得下滑时间 t＝＝ s≈2.4 s ‎11．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＝‎60 kg，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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，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‎10 m/s2.‎ 图10‎ 7‎ ‎(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＝‎20 m，则人从斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？‎ 答案　(1)‎2 m/s2　(2)‎‎50 m 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：‎ mgsin θ－f1＝ma1‎ N1－mgcos θ＝0‎ 又f1＝μN1‎ 联立解得a1＝g(sin θ－μcos θ)‎ ‎＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝‎2 m/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＝‎5 m/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＝‎50 m.‎ ‎12．如图11所示，质量m＝‎2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝‎20 m．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用大小为20 N，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sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取‎10 m/s2)．‎ 图11‎ 答案　2 s 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．‎ 7‎ 力F作用时：Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma1‎ t时刻：s1＝a1t2‎ vt＝a1t 撤去力F后：‎ μmg＝ma2‎ v＝‎2a2s2‎ 由于s1＋s2＝L 解得t＝2 s 7‎