【高中物理必修1同步測試】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 提升習(xí)題

2/2第五節(jié)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1.如圖所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質(zhì)量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的單位是s)。從t＝0開始計(jì)時(shí)，則()A．A物體3s末時(shí)的加速度是初始時(shí)刻的eq\f(5,11)B．t＞4s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．t＝4.5s時(shí)，A物體的速度為零D．t＞4.5s后，A、B的加速度方向相反2.如圖所示，在光滑水平面上，放著兩塊長度相同，質(zhì)量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端各放一個(gè)大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊．開始時(shí)，木板和物塊均靜止，今在兩物塊上分別施加一水平恒力F1，F(xiàn)2，當(dāng)物塊和木板分離時(shí)，兩木板的速度分別為v1和v2，物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列說法正確的是()A．若F1＝F2，M1>M2，則v1>v2B．若F1＝F2，M1<M2，則v1>v2C．若F1>F2，M1＝M2，則v1>v2D．若F1<F2，M1＝M2，則v1>v23.如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A，B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)開始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之以加速度a向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開C時(shí)力F的大小恰為2mg。則()A．物塊B剛要離開C時(shí)B的加速度也為aB．加速度a＝gC．以A，B整體為研究對象可以計(jì)算出加速度a＝eq\f(1,2)gD．從F開始作用到B剛要離開C，A的位移為eq\f(mg,k)4.如圖所示，小車上固定一水平橫桿，橫桿左端的固定斜桿與豎直方向成α角，斜桿下端連接一質(zhì)量為m的小球；橫桿右端用一根細(xì)線懸掛相同的小球。當(dāng)小車沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向間的夾角β(β≠α)保持不變。設(shè)斜桿、細(xì)線對小球的作用力分別為F1、F2，下列說法正確的是()A．F1、F2可能相同B．F1、F2一定相同C．小車加速度大小為gtanαD．小車加速度大小為gtanβ5.如圖，水平地面上的矩形箱子內(nèi)有一傾角為θ的固定斜面，斜面上放一質(zhì)量為m的光滑球。靜止時(shí)，箱子頂部與球接觸但無壓力。箱子由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后改做加速度大小為a的勻減速運(yùn)動(dòng)直至靜止，經(jīng)過的總路程為s，運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為v。(1)求箱子加速階段的加速度大小a′；(2)若a>gtanθ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力。6．如圖所示，在足夠長的光滑固定斜面底端放置一個(gè)長度L＝2m、質(zhì)量M＝4kg的木板，木板的最上端放置一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))．現(xiàn)沿斜面向上對木板施加一個(gè)外力F使其由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知斜面傾角θ＝30°，物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2.(1)當(dāng)外力F＝30N，二者保持相對靜止，求二者共同運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)當(dāng)外力F＝53.5N時(shí)，二者之間將會(huì)相對滑動(dòng)，求二者完全分離時(shí)的速度各為多少？

參考答案1.ABD解析：對于A、B整體，由牛頓第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，設(shè)A、B間的作用力為N，則對B由牛頓第二定律可得N＋FB＝mBa，解得N＝mBeq\f(FA＋FB,mA＋mB)－FB＝eq\f(16－4t,3)N。當(dāng)t＝4s時(shí)N＝0，A、B兩物體開始分離，此后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝4.5s時(shí)，A物體的加速度為零而速度不為零，t＞4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，當(dāng)t＜4s時(shí)，A、B的加速度均為a＝eq\f(FA＋FB,mA＋mB)，代入數(shù)據(jù)可得A物體3s末時(shí)的加速度是初始時(shí)刻的eq\f(5,11)，故選項(xiàng)A、B、D正確。2.BD解析：物塊的加速度為am＝eq\f(F－f,m)，木板的加速度為aM＝eq\f(f,M)，顯然am>aM(即M>eq\f(mf,F－f))，則物塊在木板(長L)上滑行的時(shí)間滿足eq\f(1,2)amt2－eq\f(1,2)aMt2＝L，得t＝eq\r(\f(2L,\f(F－f,m)－\f(f,M)))，木板最終的速度為v＝aMt＝eq\r(\f(2Lf2,\f(F－f,m)M2－fM)).以F為自變量，易判斷v與F是單調(diào)遞減函數(shù)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；以M為自變量，結(jié)合M>eq\f(mf,F－f)易判斷v與M是單調(diào)遞減函數(shù)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。3.BD解析：物塊B剛要離開C時(shí)B的加速度為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；未加力F時(shí)對A受力分析得彈簧的壓縮量x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝eq\f(mg,2k)，B剛要離開C時(shí)，對B受力分析得彈簧的伸長量x2＝eq\f(mg,2k)，此時(shí)對A由牛頓第二定律得，F(xiàn)－mg·sin30°－kx2＝ma，解得a＝g，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；物塊A的位移x1＋x2＝eq\f(mg,k)，選項(xiàng)D正確。4.BD解析：以右邊的小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第二定律，設(shè)其質(zhì)量為m，有mgtanβ＝ma，得a＝gtanβ；以左邊的小球?yàn)檠芯繉ο?，設(shè)其加速度為a′，斜桿對小球的彈力方向與豎直方向夾角為θ，由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma′；因?yàn)閍＝a′，得θ＝β，則斜桿對小球的彈力方向與細(xì)線平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A錯(cuò)誤，B正確；小車的加速度大小為a＝gtanβ，方向向右，故D正確，C錯(cuò)誤。5.解：(1)設(shè)加速過程中加速度為a′，由勻變速運(yùn)動(dòng)公式s1＝eq\f(v2,2a′)，s2＝eq\f(v2,2a)s＝s1＋s2＝eq\f(v2,2a′)＋eq\f(v2,2a)解得a′＝eq\f(av2,2as－v2)。(2)設(shè)球不受車廂作用，應(yīng)滿足Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg解得a＝gtanθ。減速時(shí)加速度由斜面支持力N與左壁支持力F共同決定。當(dāng)a>gtanθ時(shí)，P＝0。球受力如圖，由牛頓定律Nsinθ＝ma，Ncosθ－Q＝mg解得Q＝m(acotθ－g)。6．解：(1)二者共同運(yùn)動(dòng)時(shí)，分析整體的受力情況，由牛頓第二定律，得F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a解得a＝1m/s2。(2)設(shè)木板和物塊的加速度分別為a1、a2，二者完全分離的時(shí)間為t，分離時(shí)