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1、考點規(guī)范練12 牛頓運動定律的綜合應用(一)
一、單項選擇題
1.甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2,從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小Ff僅與球的速率v成正比,與球的質(zhì)量無關(guān),即Ff=kv(k為正的常量)。兩球的v-t圖像如圖所示。落地前,經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是( )
A.釋放瞬間甲球加速度較大
B.m1m2=v2v1
C.甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量
D.t0時間內(nèi)兩球下落的高度相等
2.(2018·天津?qū)嶒炛袑W期中)在探究超重和失重規(guī)律時,某體重為G的同學站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作。傳感器和計算
2、機相連,經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖像,則下列圖像中可能正確的是( )
3.(2018·天津靜海一中期末)如圖所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m0的斜劈,其斜面傾角為θ,一質(zhì)量為m的物體放在其光滑斜面上,現(xiàn)用一水平力F推斜劈,恰使物體m與斜劈間無相對滑動,則斜劈對物體m的彈力大小為( )
①mgcos θ?、趍gcosθ?、踡Fm0+mcosθ?、躮Fm0+msinθ
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
二、多項選擇題
4.如圖甲所示,A、B兩物體疊放在光滑水平面上,對B物體施加一水平變力F,F-t關(guān)系圖像如圖乙所示,兩物體在變力F作用下由靜止開始運動,且始
3、終相對靜止,則( )
A.t時刻,兩物體之間的摩擦力最大
B.t時刻,兩物體的速度方向開始改變
C.t~2t時間內(nèi),物體做減速運動
D.0~2t時間內(nèi),物體A所受的摩擦力方向始終與變力F的方向相同
5.(2018·天津一中月考)如圖所示,A、B兩物塊疊放在水平桌面上,已知物塊A的質(zhì)量為2 kg,物塊B的質(zhì)量為1 kg,而A與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,A與B之間的動摩擦因數(shù)為0.2。可以有選擇地對B施加水平推力F1和豎直向下的壓力F2,已知重力加速度為10 m/s2,則下列說法正確的是( )
A.若F1=3.6 N,F2=5 N,則A、B相對靜止一起做勻加速運動
B.
4、若F1=5.4 N,F2=20 N,則A、B相對靜止一起做勻加速運動
C.若F2<10 N,無論F1多大,都不能使物塊A運動起來
D.若F2>10 N,無論F1多大,都不能使物塊A、B發(fā)生相對運動
三、非選擇題
6.如圖所示,一兒童玩具靜止在水平地面上,一名幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平地面運動,已知拉力F=6.5 N,玩具的質(zhì)量m=1 kg,經(jīng)過時間t=2.0 s,玩具移動了距離x=23 m,這時幼兒將手松開,玩具又滑行了一段距離后停下。(g取10 m/s2)
(1)求玩具與地面間的動摩擦因數(shù)。
(2)松開后玩具還能滑行多遠?
(3)當力F與水平方向夾角θ為多
5、少時拉力F最小?
7.如圖所示,靜止在光滑水平面上的斜面體,質(zhì)量為m0,傾角為α,其斜面上有一靜止的滑塊,質(zhì)量為m,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動,求:
(1)若要使滑塊與斜面體一起加速運動,圖中水平向右的力F的最大值;
(2)若要使滑塊做自由落體運動,圖中水平向右的力F的最小值。
考點規(guī)范練12 牛頓運動定律的綜合應用(一)
1.C 解析釋放瞬間,兩球受到的阻力均為0,此時加速度相同,選項A錯誤;運動到最后達到勻速時,重力和阻力大小相等,mg=k
6、v,則m1m2=v1v2,選項B錯誤;由圖像可知v1>v2,因此甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量,選項C正確;下落高度等于圖線與時間軸圍成的面積,可知甲球下落高度大,選項D錯誤。
2.D 解析對人的運動過程分析可知,人在加速下蹲的過程中,有向下的加速度,處于失重狀態(tài),此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大小;在減速下蹲的過程中,加速度方向向上,處于超重狀態(tài),此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小,A、B、C錯誤,D正確。
3.D 解析兩者一起向左勻加速運動,對物體進行受力分析,如圖所示:
則根據(jù)牛頓第二定律及平衡條件可得:
FNcosθ=mg
FNsinθ=ma
解得:FN=mgcosθ
7、將兩物體看作一個整體,
F=(m0+m)a
FNsinθ=ma
所以解得FN=mF(m0+m)sinθ,
綜上所述本題正確答案為D。
4.CD 解析對A、B系統(tǒng),整體水平方向只受變化的推力作用,由圖像可知,力F先向右減小,然后再向左增大,則由牛頓第二定律可知,系統(tǒng)的加速度先減小再增大;A所受合力為B對A的摩擦力,由牛頓第二定律可知,Ff=ma,由于a先減小后增大,則摩擦力先減小后增大,在t時刻加速度為零,摩擦力最小,為零,故A錯誤;由圖像可知,0~t時間內(nèi)兩物體向右做加速度減小的加速運動,t~2t時間內(nèi)兩物體向右做加速度增大的減速運動,t時刻兩物體的運動方向不變,故B錯誤,C正確;因
8、兩物體一直相對靜止,故在運動中加速度相同,而A由摩擦力提供加速度,整體由F提供,故A受到的摩擦力一直與F同向,故D正確。
5.BC 解析若F1=3.6N,F2=5N,設(shè)A、B相對靜止一起做勻加速運動,則加速度為a=F1-μ1[F2+(mA+mB)g]mA+mB=3.6-0.1×(5+10×3)3m/s2=0.13m/s2,此時A、B之間的摩擦力:F1-FfAB=mBa,解得FfAB=10.73N>μ2(F2+mBg)=3N,則此時兩物塊已經(jīng)相對滑動,選項A錯誤;若F1=5.4N,F2=20N,假設(shè)A、B相對靜止一起做勻加速運動,則加速度為a=F1-μ1[F2+(mA+mB)g]mA+mB=5
9、.4-0.1×(20+10×3)3m/s2=0.43m/s2,此時A、B之間的摩擦力:F1-FfAB=mBa,解得FfAB=15.83N<μ2(F2+mBg)=6N,則此時兩物塊相對靜止一起做勻加速運動,選項B正確;若F2=10N,則A、B之間的最大靜摩擦力:FfAB=μ2(F2+mBg)=4N,A與地面之間的最大靜摩擦力FfA地=μ1(F2+mAg+mBg)=4N,則當若F2<10N,則FfAB10N,則FfAB>FfA地,則F1到達一定值時,可使物塊A、B發(fā)生相對運動,選項D錯誤。
6.解析(1)玩具做初速度為零的勻
10、加速直線運動,由位移公式可得x=12at2,解得a=3m/s2,
對玩具,由牛頓第二定律得Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=ma
解得μ=33。
(2)松手時,玩具的速度v=at=23m/s
松手后,由牛頓第二定律得μmg=ma'
解得a'=1033m/s2
由勻變速運動的速度位移公式得
玩具的位移x'=0-v2-2a'=335m。
(3)設(shè)拉力與水平方向的夾角為θ,玩具要在水平面上運動,則Fcosθ-Ff>0
Ff=μFN
在豎直方向上,由平衡條件得FN+Fsinθ=mg
解得F>μmgcosθ+μsinθ
因為cosθ+μsinθ=1+μ2sin(60°+
11、θ)
所以當θ=30°時,拉力最小。
答案(1)33 (2)335 m (3)30°
7.解析(1)當滑塊與斜面體一起向右加速時,力F越大,加速度越大,當F最大時,斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值Ffm,滑塊受力如圖所示。
設(shè)一起加速的最大加速度為a,對滑塊應用牛頓第二定律得:
FNcosα+Ffmsinα=mg①
Ffmcosα-FNsinα=ma②
由題意知Ffm=μFN③
聯(lián)立解得a=μcosα-sinαcosα+μsinαg
對整體受力分析F=(m0+m)a
聯(lián)立解得F=(m0+m)g(μcosα-sinα)μsinα+cosα。
(2)要使滑塊做自由落體運動,滑塊與斜面體之間沒有力的作用,滑塊的加速度為g,設(shè)此時m0的加速度為am0,則對斜面體:F=m0am0
當水平向右的力F最小時,二者沒有相互作用但仍接觸,則有12gt212am0t2=tanα,即gam0=tanα,聯(lián)立解得F=m0gtanα。
答案(1)(m0+m)g(μcosα-sinα)μsinα+cosα (2)m0gtanα
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