第3章 牛顿运动定律 第4课时 训练题.docx

1、第3章 牛顿运动定律 第4课时 训练题第课时牛顿运动定律的应用二(连接体、多过程及临界问题) 【测控导航】知识点题号1.连接体问题1、2、3、42.临界问题6、7、83.多过程问题5、9、10、1115题为单选题;68题为多选题1.(2011年上海卷)如图所示,在水平面上的箱子内,带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边,处于静止状态.地面受到的压力为N,球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后,在球b上升过程中地面受到的压力(D)A.小于N B.等于NC.等于N+F D.大于N+F解析:剪断连接球b的细线后,b球会向上加速,造成两球之间的静电力F电增大,剪断前由整体法N=Mg+

2、mag+mbg,F电=mbg+F.剪断后对箱和a球有N=Mg+mag+F电=N-mbg+F电,由于F电F电,所以NN+F,故选D.b球向上加速运动,处于超重状态,系统其他部分是静止的,所以可认为整体是超重,由超重的规律可知地面受到的压力大于N+F.2.(2012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1tan ,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)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

3、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,选项A正确,选项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,选项C、D错误.3.(2012辽宁实验中学月考)如图所示,质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2,置于光滑的水平面上,当水平力F作用于左端A上,两物体一起做匀加速运动时,A

4、、B间作用力大小为F1.当水平力F作用于右端B上,两物体一起做匀加速运动时,A、B间作用力大小为F2则 (C)A.在两次作用过程中,物体的加速度的大小不相等B.在两次作用过程中,F1+F2g,也就是说,随高度的增加而减小,对物体:由于ag,物体受到箱子顶部的压力,有mg+F=ma,a减小,F减小,选项A正确,B错误;由于上升过程中加速度大于下降过程中加速度,故上升时间小于下落时间,选项C不正确.因箱上升和下降过程中加速度都向下,所以箱处于失重状态,选项D不正确.5.如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段

5、距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为(C)A.物块先向左运动,再向右运动B.物块向右运动,速度逐渐减小,直到做匀速运动C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零解析:由于物块运动过程中与木板存在相对滑动,且始终相对木板向左运动,因此木板对物块的摩擦力向右,所以物块相对地面向右运动,且速度不断增大,直至相对静止而做匀速直线运动,选项A、B错误;由牛顿第三定律可知,木板受到物块给它的向左的摩擦力作用,木板的速度不断减小,直到两者相对静止,而做匀速直线运动,选项C正确;由于水平面光滑,所以木板和物块不会停止,选项D错误.正

6、确选项为C.6.如图(a)所示,用一水平外力F推着一个静止在倾角为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变化的图像如图(b)所示,若重力加速度g取10 m/s2,根据图(b)中所提供的信息能计算出(ABC)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最小外力D.加速度为6 m/s2时物体的速度解析:分析物体受力,由牛顿第二定律得:Fcos -mgsin =ma,由F=0时,a=-6 m/s2,得=37.由a=F-gsin 和aF图线知:=,得:m=2 kg,物体静止时的最小外力Fmincos =mgsin ,Fmin=mgtan =15 N,因物体的

7、加速度是变化的,对应时间也未知,所以无法求出物体加速度为6 m/s2时的速度.故选项A、B、C正确.7.(2012江苏苏州高三月考)一个单摆悬挂在小车上,随小车沿斜面下滑.图中虚线垂直于斜面,虚线平行于斜面,虚线沿竖直方向.下列说法中正确的是(AD)A.如果斜面是光滑的,摆线将与虚线重合 B.如果斜面是光滑的,摆线将与虚线重合 C.如果斜面粗糙且tan , 摆线将位于之间 解析:如果斜面是光滑的,对整体知a=gsin ,而重力沿斜面向下的分力产生的加速度正好是gsin ,此时绳沿斜面方向不产生加速度,绳与斜面应垂直,选项A正确,B错误;当=tan 时,a=0,摆线将与虚线重合;如果斜面粗糙且0

8、,合力方向沿斜面向下,摆线将位于之间,选项C错误;如果斜面粗糙且tan ,对整体知a=gsin -gcos 0,合力方向沿斜面向上,摆线将位于之间,因为垂直斜面方向没有加速度,摆线不能越过,选项D正确.8.如图所示,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=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(CD)A.当拉力F12 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 ND.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Fm

9、ax,对B:mAg=mBamax,amax=6 m/s2,对A、B:Fmax=(mA+mB)amax=48 N.当FFmax=48 N时,A、B相对静止.因为地面光滑,故选项A错;当F大于12 N而小于48 N时,A相对B静止,选项B错.当F=16 N时,其加速度a=2 m/s2.对B:f=4 N,故选项C对.因为细线的最大拉力为20 N,所以A、B总是相对静止,选项D对.9.(2012合肥模拟)如图所示,物体在有动物毛皮的斜面上运动.由于毛皮表面的特殊性,引起物体的运动有如下特点:顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略;逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力.(1)试判断如图所

10、示情况下,物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力?(2)一物体在有动物毛皮的斜面底端以初速度v0=2 m/s冲上足够长的斜面,斜面的倾斜角为=30,过了t=1.2 s物体回到出发点.若认为毛皮产生滑动摩擦力时,动摩擦因数为定值,g取10 m/s2,则的值为多少?解析:(1)因毛的生长方向向上,故物体上滑时不受摩擦力,而下滑时受到摩擦力.(2)上滑过程:mgsin =ma1,v0-a1t1=0,x=,下滑过程:mgsin -mgcos =ma2,x=a2,又t=t1+t2,以上各式联立可求得=0.433.答案:(1)下滑时受摩擦力(2)0.433物体的“往、返运动问题”中,不同过程受力情况也可能不同,

11、一定要由牛顿第二定律计算出不同过程的加速度值,才能准确求解出位移、速度、时间等物理量.10.(2012江苏省常州市高三上学期期末考试)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图(甲)所示.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为37,如图(乙)所示.已知人的质量为50 kg,降落伞质量也为50 kg,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比,即f=kv(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8) .求:(1)打开降落伞前人下落的距离为多大?(2)求阻力系数k和打开

12、伞瞬间的加速度a的大小和方向?(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少?解析:(1)由题图(甲)可知,打开降落伞时运动员的速度v0=20 m/s,所下落距离为h0=20 m.(2)由题图(甲)可知,跳伞运动员最后做匀速运动,其末速度为v=5 m/s,由平衡条件得:kv=2mg,k=200 Ns/m,打开降落伞瞬间对整体有:k-2mg=2ma,a=30 m/s2,方向竖直向上.(3)设每根绳的拉力为F,在打开降落伞瞬间绳的拉力最大.以运动员为研究对象有:8Fcos 37-mg=ma,F=312.5 N.由牛顿第三定律得:悬绳能承受的拉力至少为312.5 N.答案:(1)20 m(2)200 Ns/m3

13、0 m/s2竖直向上(3)312.5 N11.(2013内江高三月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F=28 N.试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10 m/s2.(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s时到达高度H=64 m.求飞行器所受阻力f的大小;(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h;(3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.解析:(1)第一次飞行中,设加速度为a1,匀加速运动H=a1,由牛顿第二定律F-mg-f=ma1解得f=4 N.(2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为h1,匀加速运动h1=a1设失去升力后加速度为a2,上升的高度为h2由牛顿第二定律mg+f=ma2,v1=a1t2,h2=解得h=h1+h2=42 m.(3)设失去升力下降阶段加速度为a3,恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律mg-f=ma3,F+f-mg=ma4,且+=h,v3=a3t3,解得t3= s(或2.1 s).答案:(1)4 N(2)42 m(3) s(或2.1 s)