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1、课后限时作业 12 牛顿运动定律综合应用课后限时作业 12 牛顿运动定律综合应用 时间：45 分钟 1如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连当用恒力F竖直向 上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1； 当用 大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹 簧伸长量为x2，加速度大小为a2，则( B ) Aa1a2，x1x2Ba1x2Da1x2 解析：对a、b物体及弹簧整体分析，有a1g，a2， Fm1m2g m1m2 F m1m2 F m1m2 可知a1a2， 再隔离b分析， 有F1m2gm2a1
2、， 解得F1，F2m2a2， 可知F1F2， m2F m1m2 m2F m1m2 再由胡克定律知，x1x2，所以选项 B 正确 2如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为 2m.现用 水平力F拉B(如图甲所示)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动若改用水平力 F拉A(如图乙所示)， 使A、B也保持相对静止， 一起沿水平面运动， 则F不得超过( B ) A2F B.F 2 C3F D.F 3 解析 ： 力F拉木块B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A 受力分析， 受重力mg、 支持力N1、 向前的静摩擦力fm， 根据牛顿第二定律， 有
3、fmma， 对A、B 整体受力分析， 受重力 3mg、 支持力N2和拉力F， 根据牛顿第二定律， 有F3ma， 联立解得fm F，当F作用在木块A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A， 1 3 有Ffmma1，对整体，有F3ma1，联立解得FF，即F的最大值是F. 1 2 1 2 3(多选)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后， 两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是( AD ) ATa增大 BTb增大 CTa减小 DTb减小 解析：设C物体质量为m，A物体质
4、量为m，整体质量为M，整体的加速度a ，对C F M 物体分析，有Tbma，对A物体分析，有FTama，解得TaFma.在B物体上加上 橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m不变，所以Tb减小，Ta增 大，A、D 正确 4 质量为M的光滑半圆槽放在光滑水平面上， 一水平恒力F作用在其上从而使质量为m 的小球静止在半圆槽上，如图所示，则( C ) A小球对半圆槽的压力为 MF mM B小球对半圆槽的压力为 mF mM C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在半圆槽上，则小球对半圆槽的压力增大 D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在半圆槽上，则小球对半圆槽的压力减小 解析：由整体法可
5、求得系统的加速度a，小球对半圆槽的压力FNmm F Mm g2a2 ，当F增大后，FN增大，只有 C 正确g2 F2 Mm2 5.如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆， 物块串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止， 物块又通过轻细线悬吊着一个小球，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而 物块、小球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为.若小车的加速度逐渐增加，物块 始终和小车保持相对静止，则当加速度增加到 2a时( A ) A横杆对物块的摩擦力增加到原来的 2 倍 B横杆对物块的弹力增加到原来的 2 倍 C细线与竖直方向的夹角增加到原来的 2 倍 D细线的拉力增加到原来的 2 倍 解析
6、：对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方 向有f(Mm)a， 竖直方向有FN(Mm)g， 则当加速度增加到 2a时， 横杆对物块的摩擦力f 增加到原来的 2 倍，横杆对物块的弹力等于物块、小球的总重力，保持不变，故 A 正确，B 错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtanma，解 得 tan ，当a增加到原来的两倍时，tan变为原来的两倍，但不是原来的两倍细 a g 线的拉力FT，可见，a变为原来的两倍，FT不是原来的两倍，故 C、Dmg2ma2 错误 6.如图所示， 在倾角为 30的光滑斜面上端系有一劲度系数为 20 N/m 的
7、轻质弹簧， 弹簧 下端连一个质量为 2 kg 的小球， 球被一垂直于斜面的挡板A挡住， 此时弹簧没有形变 若挡 板A以 4 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，g取 10 m/s2，则( B ) A小球向下运动 0.4 m 时速度最大 B小球向下运动 0.1 m 时与挡板分离 C小球速度最大时与挡板分离 D小球从一开始就与挡板分离 解析：球和挡板分离前小球做匀加速运动，球和挡板分离后做加速度减小的加速运动， 当加速度为零时， 速度最大， 此时小球所受合力为零， 即kxmmgsin30， 解得xmmgsin30 k 0.5 m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球向下运动的路程为 0.
8、5 m，故 A 错误；设球与挡板分离时位移为x，从开始运动到分离的过程中，小球受竖直向下的重力、 垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F，根据牛顿第二定律有 mgsin30kxF1ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当小球与挡板分离时，F1减 小到零，则有mgsin30kxma，解得x0.1 m，即小球向下运动 mgsin30a k 0.1 m 时与挡板分离，故 B 正确；因为速度最大时，运动的位移为 0.5 m，而小球运动 0.1 m 与挡板分离，故 C、D 错误 7 (多选)如图甲所示， 水平地面上固定一足够长的光滑斜面， 斜面顶端有一理想定滑轮， 轻绳跨过
9、滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的 质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示设加速度沿斜面 向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取 9.8 m/s2，斜面的倾角为.下列说 法正确的是( BC ) A若已知，可求出A的质量 B若未知，可求出图乙中a1的值 C若已知，可求出图乙中a2的值 D若已知，可求出图乙中m0的值 解析：由题中图象，若m0，则物块A受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A 的加速度方向沿斜面向下，a2gsin，C 正确；若mm0，则A的加速度为零由平衡条 件可知，m0gmAgsin，必须知道A的质量m
10、A和的值，m0才可求，D 错误；若B的质量 无限大，则所受拉力远小于它的重力，B的加速度趋近于g，所以A的最大加速度a1g，B 正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A的质量，A 错误 8.如图所示，B物体的质量为A物体质量的两倍， 用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为.对B施加沿斜面向上的拉力F，使A、B相对静止地沿斜面向 上运动，此时弹簧长度为l1； 若撤去拉力F，换成大小仍为F的沿斜面向上的推力推A，A、B 保持相对静止后弹簧长度为l2，则下列判断正确的是( D ) A两种情况下A、B保持相对静止后弹簧的形变量相等 B两种情况下A、B保持相对静止后两物体的加速
11、度不相等 C弹簧的原长为l 1l2 2 D弹簧的劲度系数为 F l1l2 解析 ： 以A、B为整体， 根据牛顿第二定律知， 两种情况下的加速度相等， 设A的质量为m， 则加速度agsingcos.设弹簧的原长为l0，根据牛顿第二定律得，第一种情况 F 3m 下，对A，有k(l1l0)mgsinmgcosma，第二种情况下，对B，有k(l0l2) 2mgsin2mgcos2ma，联立得l0，k，故 B、C 错误，D 正确；第 2l1l2 3 F l1l2 一种情况下， 弹簧的形变量为 l1l1l0l1l2， 第二种情况下， 弹簧的形变量 l2l0 1 3 1 3 l2l1l2，故 A 错误 2
12、3 2 3 9足够长光滑斜面BC的倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.5，水平 面与斜面之间B点由一小段圆弧连接， 一质量m2 kg 的小物块静止于A点 现在AB段对小 物块施加与水平方向成53角的恒力F作用， 如图甲所示， 小物块在AB段运动的速度 时间图象如图乙所示，到达B点时迅速撤去恒力F.(已知 sin530.8，cos530.6，g 取 10 m/s2) (1)求小物块所受的恒力F大小 (2)求小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用时间 (3)小物块能否返回A点？若能，计算小物块通过A点时的速度 ； 若不能，计算小物块停 止运动时距离B点的距离 解析：(1)由图乙可知，A
13、B段加速度a10.5 m/s2 v t 由牛顿第二定律得Fcos(mgFsin)ma1 解得F11 N. ma1mg cossin (2)在BC上，有mgsinma2 加速度a2gsin8 m/s2 小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B时间相等，则t0.5 s. 2vB a2 (3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3 解得a3g0.510 m/s25 m/s2 滑行的位移s m0.4 msABtt4.0 m4.0 m. v2 2a3 2.02 2 5 v vB 2 2.0 2 故小物块不能返回A点 答案：(1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m 10两物体A、B并排放在
14、水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作 用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达 到 6 m/s 时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与地面间的动摩擦因 数0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的vt图象如图乙所示g取 10 m/s2，求： (1)推力F的大小 (2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离 解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物 体的vt图象得a3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得 FmAg(mAmB)a 解得F15 N. (2)设物体A
15、匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用 下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有 mAgmAaA，aAg3 m/s2，vtv0aAt0， 解得t2 s， 物体A的位移为xAt6 m，v 物体B的位移为xBv0t12 m， 所以A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为 xxBxA6 m. 答案：(1)15 N (2)6 m 11.如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不 计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fmg，g为重力加速度)开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端现让它们由静止开始自由下落，
16、当木棒与地 面相碰后， 木棒以竖直向上的速度反向运动， 并且碰撞前后的速度大小相等 设碰撞时间很短， 不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离 (1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并求出匀变 速运动时的加速度大小； (2)B至少应该多长？ 解析 ： (1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为ag，B与地面 碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA， mgf m B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB， mgf m B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动 (2)B第一次着地前瞬间的速度为v1，2gh B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 t， 2v1 aB 在此时间内A的位移xv1taAt2， 1 2 要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足Lx，联立解得L. 8m2g2h mgf2 答案：(1)见解析 (2) 8m2g2h mgf2