物理6 用牛顿定律解决问题（一）课时作业

第2课时　用牛顿运动定律解决动力学综合问题

基础过关练

题组一　临界极值问题

1.(多选)如图所示,在水平光滑桌面上放有质量为m1、m2的A、B两个小物块,它们中间用细线连接。已知m1=3 kg,m2=2 kg,连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉A或用水平外力F2向右拉B,为保持细线不断,则              (　　)

A.F1的最大值为10 N　　B.F1的最大值为15 N

C.F2的最大值为10 N　　D.F2的最大值为15 N

2.(2021山东淄博一中月考)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态。通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为              (　　)

A.m B.2 m

C.(-1)m D.(+1)m

题组二　“传送带”模型

3.(2021山东枣庄统考)如图所示为水平匀速运动的传送带,运动方向如图中箭头所示,一个物块以某一速度从左边冲上传送带,则物块运动的v-t图象不可能是              (　　)

题组三　“滑块—滑板”模型

4.(2021山东滨州联考)(多选)图甲中,质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时,其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示。取g=10 m/s2,则              (　　)

A.滑块的质量m=2 kg

B.0~6 s内,滑块做匀加速直线运动

C.当F=8 N时,滑块的加速度大小为1 m/s2

D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1

5.(2020山东青岛二中高一上期末)如图,质量M=4 kg的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3 kg的小木块以v0=14 m/s的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上滑下,小木块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5,g取10 m/s2,求:

(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小;

(2)木板长度;

(3)木板在地面上运动的最大位移。

能力提升练

题组一　连接体中的临界问题

1.(2019湖北华中师大一附中高一上期末,)(多选)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用大小为15 N,方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上运动,g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是              (　　)

A.外力施加的瞬间,A、B的加速度大小为7.5 m/s2

B.当弹簧压缩量减小0.05 m时,A、B间弹力大小为2.5 N

C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.1 m

D.B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.2 m

题组二　“传送带”模型

2.(2021湖北荆门联考,)(多选)如图所示,水平传送带两端A、B的距离是2.0 m,以恒定的速率2.0 m/s顺时针转动。现将一质量为0.5 kg的小物块轻放在A端,小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4,小物块可视为质点,取g=10 m/s2,小物块到达B端的时间t和速度v是              (　　)

A.t=1.0 s B.t=1.25 s

C.v=4.0 m/s D.v=2.0 m/s

3.(2020湖北黄冈模拟,)(多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L=2 m,现有一质量为m=1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 s

B.背包从A运动到B所用的时间为2.3 s

C.背包与传送带之间的相对位移为0.3 m

D.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m

题组三　“滑块—滑板”模型

4.(2021江苏如东高级中学期末,)如图所示,长木板Q放在粗糙的水平地面上,可视为质点的物块P以水平向右的速度v0=4 m/s从长木板的左端冲上长木板,已知物块P和长木板Q的质量分别为m=10 kg、M=20 kg,长木板的长度为L=5 m,长木板与地面之间、物块与长木板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.4,重力加速度g取10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是              (　　)

A.长木板始终静止,物块一定能从长木板的右端离开

B.长木板向右运动,物块不可能从长木板的右端离开

C.长木板的加速度大小始终为0.5 m/s2

D.物块相对长木板的位移大小为2 m

5.(2020湖北鄂州高一上期末,)如图,足够长的长木板静止在水平地面上,在长木板的左端放有一物块,现对物块施加一水平向右的恒力F=6 N,当物块在木板上滑过1 m的距离时,撤去恒力F,已知长木板的质量M=1 kg,物块的质量m=1 kg,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2。

(1)求力F作用的时间;

(2)求整个过程中长木板在地面上滑过的距离。

答案全解全析

基础过关练

1.BC　若向左拉A,则隔离对B分析,则Tm=m2a,得出最大加速度a=3 m/s2;对两物块系统:F1=(m1+m2)a=(3+2)×3 N=15 N,故B正确,A错误。若向右拉B,则隔离对A分析,则Tm=m1a',得出最大加速度a'=2 m/s2;对两物块系统:F2=(m1+m2)a'=(3+2)×2 N=10 N,故D错误,C正确。

2.D　小球恰好能滚出圆弧槽时,圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点,小球受到重力和A点的支持力,合力为,对小球由牛顿第二定律可得=ma,解得小球的加速度a=,对整体分析可得mCg=(m+m+mC)a,联立解得mC=(+1)m,故选D。

3.D　物块的运动性质取决于物块的初速度和传送带的速度大小,如果物块的初速度比传送带速度小,物块在传送带上可能一直加速,也可能先加速后匀速,A可能;如果物块的初速度与传送带的速度相等,物块在传送带上直接做匀速直线运动,B可能;如果物块的初速度较大,物块在传送带上可能一直减速,也可能先减速后匀速,但是速度不可能减到零,C可能,D不可能。故选D。

4.CD　当F等于6 N时,加速度为a=1 m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=6 kg,当F大于6 N时,根据牛顿第二定律得a=,知a-F图线的斜率k== kg-1=0.5 kg-1,解得M=2 kg,m=4 kg,故A错误;0~6 s内,滑块与木板相对静止,随木板做加速度增加的加速运动,故B错误;F等于6 N时,二者刚好相对滑动,此时滑块的加速度为a=1 m/s2,以后拉力增大,滑块的加速度不变,所以当F=8 N时,滑块的加速度为1 m/s2,滑块与木板间的动摩擦因数为μ==0.1,故C、D正确。故选C、D。

5.答案　(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)14 m　(3)12 m

解析　(1)木块冲上木板后做匀减速直线运动,其加速度大小为a1=μ2g=5 m/s2;

木板由静止做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:

μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,得出:a2=2 m/s2。

(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相等,设此过程所用时间为t,则有:v木块=v0-a1t=v木板=a2t,得出:t=2 s;

木块位移:x木块=v0t-a1t2=18 m,

木板位移:x木板=a2t2=4 m,

所以木板长度:L=x木块-x木板=14 m。

(3)木块、木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动,分析得v共=a2t=4 m/s,a3=μ1g=1 m/s2

木板位移:x木板'==8 m

木板的总位移:x=x木板+x木板'=12 m。

能力提升练

1.ACD　外力施加的瞬间,对A、B整体,根据牛顿第二定律,可得加速度的大小为a== m/s2=7.5 m/s2,故A正确。开始时弹簧的压缩量为x0==0.4 m,当弹簧压缩量减小0.05 m时,此时的弹力F'=kx1=50×(0.4-0.05) N=17.5 N,对A、B整体有F+F'-2mg=2ma,解得a=6.25 m/s2,对A有F+FN-mg=ma,解得FN=1.25 N,故B错误。A、B分离时,两物体间的弹力为零,加速度相等,则对A、B整体:F+kx2-2mg=2ma';对A:F-mg=ma',解得x2=0.3 m,即此时弹簧的压缩量为0.3 m,A物体的位移大小为0.1 m,故C正确。当A、B分离时因弹力为kx2=15 N>mg,可知物体B继续向上加速,当加速度为零时速度最大,此时kx3=mg,解得x3=0.2 m,即B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.2 m,故D正确。

2.BD　小物块在水平传送带上在滑动摩擦力的作用下先做匀加速直线运动,加速度a=μg,当加速到与传送带速度相同时,有s1=,解得s1=0.5 m<2 m,则小物块在传送带上先匀加速运动0.5 m,后以2 m/s的速度匀速运动1.5 m。设传送带两端A、B距离为s,小物块加速运动时间为t1,匀速运动时间为t2,则有v=at1,s-s1=vt2,解得t1=0.5 s,t2=0.75 s,故小物块到达B端的时间为1.25 s,速度是2 m/s。故选B、D。

3.AD　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,μmg=ma,得a=5 m/s2,背包达到传送带的速度v=1 m/s所用时间t1==0.2 s,此过程背包对地面位移x1=t1=×0.2 m=0.1 m<L=2 m,共速后背包与传送带相对静止,没有相对位移,所以背包与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1×0.2 m-0.1 m=0.1 m,背包匀速运动的时间t2== s=1.9 s,所以背包从A运动到B所用的时间为:t=t1+t2=2.1 s,故A、D正确。

4.B　物块P刚冲上长木板时,物块P受到的摩擦力

f1=μ2mg=40 N

地面对长木板的最大静摩擦力

f2=μ1(m+M)g=30 N

所以长木板会向右运动,且开始时物块减速、长木板加速,物块和长木板的加速度大小分别为

a1==4 m/s2,a2==0.5 m/s2

设两者速度相等时的速度为v,所用时间为t,则

v=v0-a1t=a2t

解得t= s,v= m/s

从物块P刚冲上长木板到两者速度相等,物块相对长木板滑动的距离Δx=t-t= m<5 m

设两者速度相等后一起运动,加速度大小为a,物块P受到的静摩擦力为f,则

μ1(m+M)g=(m+M)a

f=ma

解得a=1 m/s2,f=10 N<40 N

所以两者一起减速直到停止,全过程物块不可能从长木板的右端离开。

综上,B项正确,A、C、D三项错误。

5.答案　(1)1 s　(2)2.25 m

解析　(1)对物块,根据牛顿第二定律有:F-μ2mg=ma,得出:a=3 m/s2,

对木板,根据牛顿第二定律有:

μ2mg-μ1(m+M)g=Ma',得出:a'=1 m/s2,

设拉力F的作用时间为t,则

物块的位移:x=at2

木板的位移:x'=a't2

且x-x'=1 m

得出:t=1 s,x=1.5 m,x'=0.5 m。

(2)设撤去力F时物块和长木板的速度分别为v和v',则:

v=at=3 m/s,v'=a't=1 m/s;

此后,物块减速,木板加速,到达共同速度。设经过时间为t1,共同速度为v1,

对物块有:-μ2mg=ma1,v1=v+a1t1;

对木板有:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1',v1=v'+a1't1,x1'=v't1+a1';

联立解得:t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1'=0.625 m。

物块和木板到达共同速度后一起减速,直到静止。设位移为x2

对物块和木板有:-μ1(m+M)g=(m+M)a2,0-=2a2x2,

解得:x2=1.125 m,

所以木板的位移: x=x'+x1'+x2=2.25 m。