第8講-牛頓運(yùn)動(dòng)定律之連接體-【新教材】人教版(2019)高中物理必修第一冊講義(機(jī)構(gòu))

word版高中物理word版高中物理實(shí)用文檔β>θ。則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是A.速度方向沿桿向下，正在均勻增大B.速度方向沿桿向下，正在均勻減小C.速度方向沿桿向上，正在均勻增大D.速度方向沿桿向上，正在均勻減小【答案】D【解析】把滑塊和球看做一個(gè)整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標(biāo)系得，若速度方向向下，則沿斜面方向：(m1+m2)gsinθ-f=(m1+m2)a

垂直斜面方向：FN=(m1+m2)gcosθ摩擦力：f=μFN聯(lián)立可解得：a=gsinθ-μgcosθ，對小球有：若θ=β，a=gsinβ現(xiàn)有：θ＜β，則有a＞gsinβ所以gsinθ-μgcosθ＞gsinβgsinθ-gsinβ＞μgcosθ因?yàn)棣龋鸡?，所以gsinθ-gsinβ＜0，但μgcosθ＞0所以假設(shè)不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以物體沿桿減速上滑，速度方向沿桿向上，正在均勻減小，故D正確．故選D.例4.如圖所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球，下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是()A．小車靜止時(shí)，F(xiàn)＝mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時(shí)，F(xiàn)＝mgcosθ，方向垂直于桿向上C．小車向右以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定有F＝eq\f(ma,sinθ)D．小車向左以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)＝eq\r((ma)2＋(mg)2)，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tanα＝eq\f(a,g)【解析】小車靜止時(shí)，球受到重力和桿的彈力作用，由平衡條件可得桿對球的作用力F＝mg，方向豎直向上，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小車向右以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖甲所示，只有當(dāng)a＝gtanθ時(shí)，才有F＝eq\f(ma,sinθ)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小車向左以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知小球受到的合力水平向左，如圖乙所示，則桿對球的作用力F＝eq\r((ma)2＋(mg)2)，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角滿足tanα＝eq\f(a,g)，選項(xiàng)D正確．【答案】D【變式4-1】如圖所示，一小車上有一個(gè)固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎直方向成θ角與橫桿固定，下端連接一質(zhì)量為m的小球P.橫桿右邊用一根細(xì)線吊一相同的小球Q.當(dāng)小車沿水平面做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線保持與豎直方向的夾角為α.已知θ＜α，則下列說法正確的是()A．小車一定向右做勻加速運(yùn)動(dòng)B．輕桿對小球P的彈力沿輕桿方向C．小球P受到的合力大小為mgtanθD．小球Q受到的合力大小為mgtanα【解析】對細(xì)線吊的小球Q研究，根據(jù)牛頓第二定律，得mgtanα＝ma，得到a＝gtanα，故加速度向右，小車可能向右加速，也可能向左減速，故A錯(cuò)誤；對小球P，由牛頓第二定律，得mgtanβ＝ma′，因?yàn)閍＝a′，得到β＝α＞θ.則輕桿對小球的彈力方向與細(xì)線平行，故B錯(cuò)誤；對小球P、Q由牛頓第二定律可知F＝ma＝mgtanα，故C錯(cuò)誤，D正確．【答案】D例5、質(zhì)量分別為2kg和3kg的物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連，如圖所示，今對物塊A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、F2＝10N，則下列說法正確的是()A．彈簧的彈力大小為16NB．如果只有F1作用，則彈簧的彈力大小變?yōu)?2NC．若把彈簧換成輕質(zhì)繩，則繩對物體的拉力大小為零D．若F1＝10N、F2＝20N，則彈簧的彈力大小不變[解析]兩物體一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對兩個(gè)物體整體由牛頓第二定律有：F1－F2＝(mA＋mB)a再對物體A受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律，得到：F1－F＝mAa聯(lián)立兩式解得：F＝16N。故A正確。如果只有F1作用，整體向左勻加速運(yùn)動(dòng)，則有：F1＝(mA＋mB)a對B研究得：彈簧的彈力大小為F＝mBa＝mB·eq\f(F1,mA＋mB)＝3×eq\f(20,2＋3)N＝12N，故B正確。若把彈簧換成輕質(zhì)繩，同理根據(jù)牛頓第二定律列式得到繩對物體的拉力大小也是16N，故C錯(cuò)誤；若F1＝10N、F2＝20N，則F1－F2＝(mA＋mB)a；再對物體B受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律，得到：F2－F＝mBa，聯(lián)立解得F＝14N，故D錯(cuò)誤。故選AB?！咀兪?-1】.(多選)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)，則以下說法正確的是()A．一起加速過程中，C木塊受到四個(gè)力的作用B．一起加速過程中，D所受到的靜摩擦力大小為eq\f(F,4)C．一起加速過程中，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答案BC解析在水平拉力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，對整體有F＝4ma，對A、D木塊有fA＝fD＝ma，解得A、D木塊所受摩擦力大小fA＝fD＝eq\f(F,4)，方向均水平向右，故B、C正確；一起加速過程中，C木塊受到重力、D木塊對它的壓力和靜摩擦力、地面支持力及彈簧的彈力，共五個(gè)力的作用，故A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錯(cuò)誤?！咀兪?-2】如圖所示，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長木板，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕質(zhì)彈簧測力計(jì)一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球。木板固定且小球靜止時(shí)，彈簧中心線與木板平行，測力計(jì)示數(shù)為F1；無初速釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對木板靜止時(shí)，測力計(jì)示數(shù)為F2。已知斜面高為h，底邊長為d，下列說法正確的是()A．測力計(jì)示數(shù)為F2時(shí)，彈簧一定處于伸長狀態(tài)B．測力計(jì)示數(shù)為F2時(shí)，彈簧可能處于壓縮狀態(tài)C．μ＝eq\f(F1d,F2h)D．μ＝eq\f(F2h,F1d)[解析]設(shè)球的質(zhì)量為m，木板質(zhì)量M，斜面傾斜角度為θ，木板固定時(shí)，球受三力而平衡，故：F1＝mgsinθ，釋放木板后木板和球整體有：(M＋m)gsinθ－μ′(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，隔離球，有：Mgsinθ－F2＝ma，其中：tanθ＝h/d，聯(lián)立解得：F2＝μmgcosθ>0，故彈簧處于伸長狀態(tài)，故A正確，B錯(cuò)誤；μ＝eq\f(F2h,F1d)，故C錯(cuò)誤，D正確?！纠?】．(清華大學(xué)自主招生)在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜面，其上有一質(zhì)量為m的物塊，如圖所示。物塊在下滑的過程中對斜面壓力的大小為()A.eq\f(Mmgcosθ,M＋msinθ·cosθ)B.eq\f(Mmgcosθ,M－msinθ·cosθ)C.eq\f(Mmgcosθ,M＋msin2θ) D.eq\f(Mmgcosθ,M－msin2θ)【答案】C【解析】法一：設(shè)m的加速度大小為a1，與斜面法線之間的夾角為α，如圖甲所示。M和m的受力分析如圖甲和圖乙所示。對M列出水平方向的方程為Nsinθ＝Ma2對m列出斜面法向的方程為mgcosθ－N＝ma1cosα再列出斜面法向兩物體加速度之間的連接關(guān)系a2sinθ＝a1cosα由此可得N＝eq\f(Mmgcosθ,M＋msin2θ)，故選C。甲乙法二：設(shè)物塊對斜面的壓力為N，物塊m相對斜