2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 能力課1 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)(含解析)新人教版

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1、能力課1 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 一、選擇題 1.(多選)下列關(guān)于超重、失重現(xiàn)象的描述,正確的是(  ) A.列車(chē)在水平軌道上加速行駛,列車(chē)上的人處于超重狀態(tài) B.電梯正在減速下降,人在電梯中處于超重狀態(tài) C.蹦床運(yùn)動(dòng)員在空中上升階段處于失重狀態(tài),下落階段處于超重狀態(tài) D.神舟十一號(hào)飛船在豎直向上加速升空的過(guò)程中,飛船里的宇航員處于超重狀態(tài) 解析:選BD 列車(chē)在水平軌道上加速行駛時(shí),列車(chē)上的人在豎直方向上平衡,既不失重也不超重,A錯(cuò)誤;電梯正在減速下降,加速度方向豎直向上,電梯里的人為超重狀態(tài),B正確;運(yùn)動(dòng)員在空中上升和下落階段加速度都豎直向下,為失重狀態(tài),C錯(cuò)誤;飛船加速升空的

2、過(guò)程中,加速度向上,飛船中的宇航員處于超重狀態(tài),D正確. 2.物體A、B放在光滑的水平地面上,其質(zhì)量之比mA∶mB=2∶1.現(xiàn)用水平3 N的拉力作用在物體A上,如圖所示,則A對(duì)B的拉力等于(  ) A.1 N           B.1.5 N C.2 N D.3 N 解析:選A 設(shè)B物體的質(zhì)量為m,A對(duì)B的拉力為F,對(duì)A、B整體,根據(jù)牛頓第二定律得a=,對(duì)B有F=ma,所以F=1 N. 3. (多選)(2018屆黃岡一模)如圖所示,光滑水平地面上,可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧,彈簧左端固定在墻壁上,此時(shí)彈簧的壓縮量為x0,以?xún)苫瑝K此時(shí)的位置為

3、坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系,現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng),下列關(guān)于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的是(  ) 解析:選BD 設(shè)A、B向右勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)整體有F+k(x0-x)=(mA+mB)a,可得F=kx+(mA+mB)a-kx0,若(mA+mB)a=kx0,得F=kx,則F與x成正比,F(xiàn)-x圖象可能是過(guò)原點(diǎn)的直線,對(duì)A有k(x0-x)-FN=mAa,得FN=-kx+kx0-mAa,可知FN-x圖象是向下傾斜的直線,當(dāng)FN=0時(shí)A、B開(kāi)始分離,此后B做勻加速運(yùn)動(dòng),F(xiàn)不變,則A、B開(kāi)始分離時(shí)有x=x0-

4、<x0,因此B和D是可能正確的. 4.如圖所示,光滑水平面上放置著質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個(gè)物體,A、B間的最大靜摩擦力為μmg,現(xiàn)用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度運(yùn)動(dòng),則拉力F的最大值為(  ) A.μmg B.2μmg C.3μmg D.4μmg 解析:選C 當(dāng)A、B之間恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)力F最大,此時(shí),對(duì)于A物體所受的合外力為μmg,由牛頓第二定律知aA==μg;對(duì)于A、B整體,加速度a=aA=μg,由牛頓第二定律得F=3ma=3μmg. 5. (多選)將一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出,最終落回拋出點(diǎn),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小恒定,方向與運(yùn)動(dòng)方向相反

5、.該過(guò)程的v-t圖象如圖所示,g取10 m/s2.下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.小球所受重力和阻力之比為5∶1 B.小球上升過(guò)程與下落過(guò)程所用時(shí)間之比為2∶3 C.小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為8 m/s D.小球下落過(guò)程中,受到向上的空氣阻力,處于超重狀態(tài) 解析:選AC 上升過(guò)程中mg+Ff=ma1,由題圖可知a1=12 m/s2,解得Ff=2 N,小球所受重力和阻力之比為5∶1,選項(xiàng)A正確;下落過(guò)程中mg-Ff=ma2,可得a2=8 m/s2,根據(jù)h=at2,可得==,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)v=a2t2,t2= s,可得v=8 m/s,選項(xiàng)C正確;小球下落過(guò)程中,加速度方向豎直向

6、下,小球處于失重狀態(tài),選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6. (2018屆淮北一模)如圖,物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m,開(kāi)始A、B均靜止,細(xì)繩拉直,在豎直向上拉力F=6mg作用下,動(dòng)滑輪豎直向上加速運(yùn)動(dòng).已知?jiǎng)踊嗁|(zhì)量忽略不計(jì),動(dòng)滑輪半徑很小,不考慮繩與滑輪之間的摩擦,細(xì)繩足夠長(zhǎng),在滑輪向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,物塊A和B的加速度分別為(  ) A.a(chǎn)A=g,aB=5g B.a(chǎn)A=aB=g C.a(chǎn)A=g,aB=3g D.a(chǎn)A=0,aB=2g 解析:選D 對(duì)滑輪分析:F-2T=m′a,又m′=0 所以T===3mg 對(duì)A分析:由于T<4mg,故A靜止,aA=0 對(duì)B分析:aB===2g,故D正確.

7、 7. (2018屆德陽(yáng)一診)某位同學(xué)在電梯中用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)量一物體的重力,在0至t3時(shí)間段內(nèi),彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F隨時(shí)間t變化如圖所示,以豎直向上為正方向,則下列關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖、P-t圖(P為物體重力的功率大小)及a-t圖可能正確的是(  ) 解析:選C 由于該題沒(méi)有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關(guān)系,可以依題意,分三種情況討論: ①若F1=mg,則0~t1時(shí)間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng),即速度等于0或速度保持不變,加速度等于0.四個(gè)圖線沒(méi)有是可能的;②若F2=mg,則F1

8、體0~t1時(shí)間內(nèi)可能向下做加速運(yùn)動(dòng),速度為負(fù),或向上做減速運(yùn)動(dòng),故A、B是不可能的;而t1~t2時(shí)間內(nèi)受到的合外力等于0,物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),物體的速度不變,又由P=mgv,可知t1~t2時(shí)間內(nèi)重力的功率不變,故C是錯(cuò)誤的;③若F3=mg,則F1

9、的分析,可知只有C選項(xiàng)是可能的,A、B、D都是不可能的. 8.(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車(chē)廂.當(dāng)機(jī)車(chē)在東邊拉著這列車(chē)廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí),連接某兩相鄰車(chē)廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機(jī)車(chē)在西邊拉著車(chē)廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí),P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車(chē)廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量相同,則這列車(chē)廂的節(jié)數(shù)可能為(  ) A.8 B.10 C.15 D.18 解析:選BC 設(shè)該列車(chē)廂與P相連的部分為P部分,與Q相連的部分為Q部分.設(shè)該列車(chē)廂有n節(jié),Q部分為n1節(jié),每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為m,當(dāng)加速度為a時(shí),對(duì)Q有F=n1ma;當(dāng)加

10、速度為a時(shí),對(duì)P有F=(n-n1)m·a,聯(lián)立得2n=5n1.當(dāng)n1=2,n1=4,n1=6時(shí),n=5,n=10,n=15,由題中選項(xiàng)得該列車(chē)廂節(jié)數(shù)可能為10或15,選項(xiàng)B、C正確. 9.(2019屆福建福州質(zhì)檢)傾角為θ=45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上,滑塊M的頂端O處固定一細(xì)線,細(xì)線的另一端拴一小球,已知小球的質(zhì)量為m= kg,當(dāng)滑塊M以a=2g的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí),則細(xì)線拉力的大小為(取g=10 m/s2)(  ) A.10 N B.5 N C. N D. N 解析:選A 當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度為某一臨界值時(shí),斜面對(duì)小球的支持力恰好為零,此時(shí)小球受到兩個(gè)力:

11、重力和線的拉力(如圖1所示),根據(jù)牛頓第二定律,有 FTcosθ=ma0 FTsinθ-mg=0 其中θ=45° 解得a0=g 則知當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度a=2g時(shí),小球已“飄”起來(lái)了,此時(shí)小球受力如圖2所示,則有 FT′cosα=m·2g FT′sinα-mg=0 解得FT′=mg=××10 N=10 N. 故選項(xiàng)A正確. 10.質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上使得質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上,如圖所示,則(  ) A.小球?qū)A槽的壓力為 B.小球?qū)A槽的壓力為 C.水平恒力F變大后,如果小球仍靜止在圓槽上,小球?qū)A槽的壓力增加 D

12、.水平恒力F變大后,如果小球仍靜止在圓槽上,小球?qū)A槽的壓力減小 解析:選C 利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a=,對(duì)小球利用牛頓第二定律可得:小球受到圓槽的支持力為 ,由牛頓第三定律可知只有C項(xiàng)正確. 二、非選擇題 11.如圖所示,一足夠長(zhǎng)的木板,上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=,重力加速度為g,木板與水平面成θ角,讓小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運(yùn)動(dòng).隨著θ的改變,小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化,當(dāng)θ角為何值時(shí),小木塊沿木板向上滑行的距離最小,并求出此最小值. 解析:當(dāng)θ變化時(shí),設(shè)沿斜面向上為正方向,木塊的加速度為a,則木塊沿木板斜面方向列牛頓第二定

13、律方程 -mgsinθ-μmgcosθ=ma① 木塊的位移為x,有0-v02=2ax② 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知木塊加速度最大時(shí)位移最小, 根據(jù)①式有a=-g(sinθ+μcosθ) 根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系有sinθ+μcosθ= sin(θ+α) 其中tanα=μ=,則α=30° 要使加速度a最大,則有θ+α=90°時(shí)取最大值g 所以有θ=90°-α=60°時(shí),加速度取最大值為a=- 代入②可得xmin=. 答案:60°  12.足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α=53°,小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.5,水平面與斜面之間由一小段長(zhǎng)度不計(jì)的弧形連接,一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn).現(xiàn)在

14、AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α=53°角的恒力F作用,如圖甲所示,小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示,到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos53°=0.6,g取10 m/s2).求: (1)小物塊所受到的恒力F大??; (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng),到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間; (3)小物塊能否返回到A點(diǎn)?若能,計(jì)算小物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度;若不能,計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離. 解析:(1)由題圖乙可知,AB段加速度 a1== m/s2=0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律,有Fcosα-μ(mg-Fsinα)=ma1 解得F=11 N. (2

15、)在BC段mgsinα=ma2,解得a2=8.0 m/s2 小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等,由題圖乙可知,小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB=2.0 m/s,有 t== s=0.5 s. (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,有μmg=ma3 解得a3=5.0 m/s2 滑行的位移s== m=0.4 m sAB=t=t=×4.0 m=4.0 m>0.4 m 所以小物塊不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí),離B點(diǎn)的距離為0.4 m. 答案:(1)11 N (2)0.5 s (3)小物塊不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí),離B點(diǎn)的距離為0.4 m |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1.某同學(xué)找

16、了一個(gè)用過(guò)的“易拉罐”在底部打了一個(gè)洞,用手指按住洞,向罐中裝滿水,然后將易拉罐豎直向上拋出,空氣阻力不計(jì),則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.易拉罐上升的過(guò)程中,洞中射出的水的速度越來(lái)越快 B.易拉罐下降的過(guò)程中,洞中射出的水的速度越來(lái)越快 C.易拉罐上升、下降的過(guò)程中,洞中射出的水的速度都不變 D.易拉罐上升、下降的過(guò)程中,水都不會(huì)從洞中射出 解析:選D 易拉罐被拋出后,不論上升還是下降,易拉罐及水均處于完全失重狀態(tài),水都不會(huì)從洞中射出,A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 2.圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備,圖乙為150 kg的建筑材料被塔吊豎直向上提升過(guò)程的簡(jiǎn)化運(yùn)動(dòng)圖象,g取

17、10 m/s2,下列判斷正確的是(  ) A.前10 s懸線的拉力恒為1 500 N B.46 s末材料離地面的距離為22 m C.0~10 s材料處于失重狀態(tài) D.在30~36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂 解析:選B 由圖可知前10 s內(nèi)材料的加速度a=0.1 m/s2,由F-mg=ma可知懸線的拉力為1 515 N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由圖象面積可得整個(gè)過(guò)程上升高度是28 m,下降的高度為6 m,46 s末材料離地面的距離為22 m,選項(xiàng)B正確;因30~36 s材料加速度向下,材料處于失重狀態(tài),F(xiàn)mg,鋼索最容易發(fā)生斷裂,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 3. (

18、2018屆甘肅一診)如圖所示,在水平面上,有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B,它們與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,m1>m2,A、B間水平連接著一輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì).若用大小為F的水平力向右拉B,穩(wěn)定后B的加速度大小為a1,彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F1;如果改用大小為F的水平力向左拉A,穩(wěn)定后A的加速度大小為a2,彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F2.下列關(guān)系式正確的是(  ) A.a(chǎn)1=a2,F(xiàn)1>F2 B.a(chǎn)1=a2,F(xiàn)1a2,F(xiàn)1>F2 解析:選A 以由A、B及彈簧組成的整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中整體的加速度a=,可得a1=a2

19、=a.當(dāng)用F拉B時(shí),以A為研究對(duì)象有F1-μm1g=m1a1,可得F1=μm1g+m1a1=;同理,當(dāng)用F拉A時(shí),以B為研究對(duì)象,有F2-μm2g=m2a2,可得F2=,由于m1>m2,則F1>F2,A正確. 4.如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,運(yùn)動(dòng)距離為h時(shí),B與A分離.下列說(shuō)法正確的是(  ) A.B和A剛分離時(shí),彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng) B.B和A剛分離時(shí),它們的加速度為g C.彈簧的勁度系數(shù)等于 D.在B與A分離之前,它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析:選C A、B分離前,A、B共同做加速運(yùn)動(dòng),由于F是恒力,而彈力是變力,故

20、A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩物體要分離時(shí),F(xiàn)AB=0 對(duì)B:F-mg=ma 對(duì)A:kx-mg=ma 即F=kx時(shí),A、B分離,此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài), 由F=mg,設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0, 則2mg=kx0,h=x0-x 解以上各式得k=,綜上所述,只有C項(xiàng)正確. 5. (多選)(2019屆哈爾濱三中模擬)如圖所示,光滑水平面上放置著四個(gè)相同的木塊,其中木塊B與C之間用一輕彈簧相連,輕彈簧始終在彈性限度內(nèi).現(xiàn)用水平拉力F拉B木塊,使四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng),則以下說(shuō)法正確的是(  ) A.一起加速過(guò)程中,C木塊受到四個(gè)力的作用 B.一起加速過(guò)程中,D木

21、塊受到的靜摩擦力大小為 C.一起加速過(guò)程中,A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同 D.當(dāng)F撤去瞬間,A、D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變 解析:選BC 在水平拉力F的作用下,四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng),則由牛頓第二定律可知,對(duì)整體有F=4ma,對(duì)A、D木塊有fA=fD=ma,解得A、D木塊所受摩擦力大小 fA=fD=,方向均水平向右,故B、C正確;一起加速過(guò)程中,C木塊受到重力、D木塊對(duì)其的壓力和靜摩擦力、地面對(duì)其的支持力及彈簧對(duì)其的彈力,共五個(gè)力的作用,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)F撤去瞬間,D木塊所受靜摩擦力的大小和方向均不變,而A木塊所受靜摩擦力的大小不變但反向,故D項(xiàng)錯(cuò)誤. 6.(

22、多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同,將它們通過(guò)輕繩和光滑定滑輪連接,如圖甲所示,沿斜面方向的繩子在各處均平行于傾角為α的斜面,M恰好能靜止在斜面上,不考慮M、m與斜面之間的摩擦.若互換兩物塊位置,按圖乙放置,然后釋放M,斜面仍保持靜止.則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.輕繩的拉力等于Mg B.輕繩的拉力等于mg C.M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1-sinα)g D.M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g 解析:選BC 按題圖甲放置時(shí),M靜止,則Mgsinα=mg,按題圖乙放置時(shí),由牛頓第二定律得Mg-mgsinα=(M+m)α,聯(lián)立解得a=(1-sinα)g.對(duì)m由牛頓第二定律得T-mgsinα

23、=ma,解得T=mg,故A、D錯(cuò)誤,B、C正確. 7.(多選)圖甲中,兩滑塊A和B疊放在光滑水平地面上,A的質(zhì)量為m1,B的質(zhì)量為m2.設(shè)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,作用在A上的水平拉力為F,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.圖乙為F與μ的關(guān)系圖象,其直線方程為F=μ.下列說(shuō)法正確的有(  ) A.μ和F的值位于a區(qū)域時(shí),A、B相對(duì)滑動(dòng) B.μ和F的值位于a區(qū)域時(shí),A、B相對(duì)靜止 C.μ和F的值位于b區(qū)域時(shí),A、B相對(duì)滑動(dòng) D.μ和F的值位于b區(qū)域時(shí),A、B相對(duì)靜止 解析:選AD 當(dāng)A、B間剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值,以B為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得μm1g=m2a,得a=.

24、以整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得F=(m1+m2)a=μ,可以知道,圖中實(shí)線對(duì)應(yīng)兩個(gè)物體剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的情形.μ和F的值位于a區(qū)域時(shí),該區(qū)域中的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率大于實(shí)線的斜率,即有>,可得F>μ,A、B相對(duì)滑動(dòng);μ和F的值位于b區(qū)域時(shí),該區(qū)域中的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率小于實(shí)線的斜率,即有<,可得F<μ,A、B相對(duì)靜止,故A、D項(xiàng)正確,B、C項(xiàng)錯(cuò)誤. 8. (2018屆黃岡質(zhì)檢)如圖所示,bc為固定在小車(chē)上的水平橫桿,物塊M串在桿上,靠摩擦力保持相對(duì)桿靜止,M又通過(guò)輕細(xì)線懸吊著一個(gè)小球m,此時(shí)小車(chē)正以大小為a的加速度向右做勻加速運(yùn)動(dòng),而M、m均相對(duì)小車(chē)靜止,細(xì)線與豎直方向的夾角為θ.小車(chē)的加

25、速度逐漸增加,M始終和小車(chē)保持相對(duì)靜止,當(dāng)加速度增加到2a時(shí),(  ) A.橫桿對(duì)M的摩擦力增加到原來(lái)的2倍 B.橫桿對(duì)M的彈力增加到原來(lái)的2倍 C.細(xì)線與豎直方向的夾角增加到原來(lái)的2倍 D.細(xì)線的拉力增加到原來(lái)的2倍 解析:選A 對(duì)小球和物塊組成的整體,分析受力如圖甲所示,根據(jù)牛頓第二定律得,水平方向:Ff=(M+m)a,豎直方向:FN=(M+m)g,則當(dāng)加速度增加到2a時(shí),橫桿對(duì)M的摩擦力Ff增加到原來(lái)的2倍,橫桿對(duì)M的彈力等于2個(gè)物體的總重力,保持不變,故A正確,B錯(cuò)誤;以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,分析受力情況如圖乙所示,由牛頓第二定律得mgtanθ=ma,解得tanθ=,當(dāng)a增加到

26、2倍時(shí),tanθ變?yōu)?倍,但θ不是原來(lái)的2倍.細(xì)線的拉力FT=,可見(jiàn),a變?yōu)?倍,F(xiàn)T不是原來(lái)的2倍,故C、D錯(cuò)誤. 9.(多選)(2019屆合肥模擬)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過(guò)滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B.保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量m,當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí),得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示.圖中a1、a2、m0為未知量,設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?,空氣阻力不?jì),重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的傾角為θ,下列說(shuō)法正確的是(  ) A.若θ已知,可求出A的質(zhì)量 B.若θ未知,可求出乙圖中a1

27、的值 C.若θ已知,可求出乙圖中a2的值 D.若θ已知,可求出乙圖中m0的值 解析:選BC 根據(jù)牛頓第二定律得 對(duì)B得:mg-F=ma① 對(duì)A得:F-mAgsinθ=mAa② 聯(lián)立得a=③ 若θ已知,由③知,不能求出A的質(zhì)量mA,故A錯(cuò)誤; 由③式變形得a= 當(dāng)m→∞時(shí),a=a1=g,故B正確; 由③式得,m=0時(shí),a=a2=-gsinθ,故C正確; 當(dāng)a=0時(shí),由③式得,m=m0=mAsinθ,可知m0不能求出,故D錯(cuò)誤. 10.(多選)如圖甲所示,水平面上有一傾角為θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球.斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

28、,當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T(mén)和FN.若T-a圖象如圖乙所示,AB是直線,BC為曲線,重力加速度為g=10 m/s2.則(  ) A.a(chǎn)= m/s2時(shí),F(xiàn)N=0 B.小球質(zhì)量m=0.1 kg C.斜面傾角θ的正切值為 D.小球離開(kāi)斜面之前,F(xiàn)N=0.8+0.06a(N) 解析:選ABC 小球離開(kāi)斜面之前,以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,進(jìn)行受力分析,可得Tcosθ-FNsinθ=ma,Tsinθ+FNcosθ=mg,聯(lián)立解得FN=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以小球離開(kāi)斜面之前,T-a圖象呈線性關(guān)系,由題圖乙可知a= m/s2時(shí),F(xiàn)

29、N=0,選項(xiàng)A正確;當(dāng)a=0時(shí),T=0.6 N,此時(shí)小球靜止在斜面上,其受力如圖1所示,所以mgsinθ=T;當(dāng)a= m/s2時(shí),斜面對(duì)小球的支持力恰好為零,其受力如圖2所示,所以=ma,聯(lián)立可得tanθ=,m=0.1 kg,選項(xiàng)B、C正確;將θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ,得FN=0.8-0.06a(N),選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 二、非選擇題 11.如圖所示,傾角為45°的軌道AB和水平軌道BC在B處用一小段光滑圓弧軌道平滑連接,水平軌道上D點(diǎn)的正上方有一探測(cè)器,探測(cè)器只能探測(cè)處于其正下方的物體.一小物塊自?xún)A斜軌道AB上離水平軌道BC高h(yuǎn)處由靜止釋放,以小物塊運(yùn)動(dòng)到B處的時(shí)刻為

30、計(jì)時(shí)零點(diǎn),探測(cè)器只在t=2~5 s內(nèi)工作.已知小物塊與傾斜軌道AB和水平軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.5和μ2=0.1,BD段長(zhǎng)為L(zhǎng)=8 m,重力加速度g=10 m/s2,為使探測(cè)器在工作時(shí)間內(nèi)能探測(cè)到小物塊,求h的取值范圍. 解析:設(shè)物塊沿傾斜軌道AB運(yùn)動(dòng)的加速度為a1,由牛頓第二定律有mgsin45°-μ1mgcos45°=ma1 設(shè)物塊到達(dá)B處的速度為vB,由速度—位移關(guān)系得 vB2=2a1· 物塊在水平軌道BC上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2=μ2g ①設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零,這種情況下vB最小,物塊在水平軌道BC上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),則vB1==4 m/s,又

31、t1==4 s 當(dāng)物塊在t1=4 s到達(dá)D點(diǎn)時(shí).聯(lián)立解得h1=1.6 m ②當(dāng)物塊在t2=2 s到達(dá)D點(diǎn)時(shí)L=vB2t2-a2t22 聯(lián)立解得h2=2.5 m 為使探測(cè)器在工作時(shí)間內(nèi)能探測(cè)到小物塊,h的取值范圍為 1.6 m≤h≤2.5 m. 答案:1.6 m≤h≤2.5 m 12.如圖所示,一直立的輕質(zhì)薄空心圓管長(zhǎng)為L(zhǎng),在其上下端開(kāi)口處各安放有一個(gè)質(zhì)量分別為m和2m的圓柱形物塊A、B,A、B緊貼管的內(nèi)壁,厚度不計(jì).A、B與管內(nèi)壁間的最大靜摩擦力分別是f1=mg、f2=2mg,且設(shè)滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等.管下方存在這樣一個(gè)區(qū)域:當(dāng)物塊A進(jìn)入該區(qū)域時(shí)受到一個(gè)豎直向上的恒力

32、F作用,而B(niǎo)在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)不受它的作用,PQ、MN是該區(qū)域的上下水平邊界,高度差為H(L>2H).現(xiàn)讓管的下端從距上邊界PQ高H處由靜止釋放,重力加速度為g. (1)為使A、B間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng),求F應(yīng)滿足的條件; (2)若F=3mg,求物塊A到達(dá)下邊界MN時(shí)A、B間的距離. 解析:(1)設(shè)A、B與管不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的共同加速度為a,A與管間的靜摩擦力為fA. 對(duì)A、B整體有3mg-F=3ma 對(duì)A有mg+fA-F=ma,并且fA≤f1 聯(lián)立解得F≤mg. (2)A到達(dá)上邊界PQ時(shí)的速度vA= 當(dāng)F=3mg時(shí),可知A相對(duì)于圓管向上滑動(dòng),設(shè)A的加速度為a1,則有mg+f1-F=ma1,解得a1=-g A向下減速運(yùn)動(dòng)的位移為H時(shí),速度剛好減小到零,此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t= 由于管的質(zhì)量不計(jì),在此過(guò)程中,A對(duì)管的摩擦力與B對(duì)管的摩擦力方向相反,大小均為mg,B受到管的摩擦 力小于2mg,則B與圓管相對(duì)靜止,B和圓管整體受到重力和A對(duì)管的靜摩擦力作用以vA為初速度、以a2為加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得 a2== 物塊A到達(dá)下邊界MN時(shí)A、B之間的距離為 ΔL=L-=L-H. 答案:(1)F≤mg (2)L-H 15

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