物理粤教版 (2019)第四章 牛顿运动定律第五节 牛顿运动定律的应用一课一练

这是一份物理粤教版 (2019)第四章 牛顿运动定律第五节 牛顿运动定律的应用一课一练，共6页。试卷主要包含了5 s时，A物体的速度为零，5 m/s，v2＝2等内容，欢迎下载使用。

A．A物体3 s末时的加速度是初始时刻的eq \f(5,11)
B．t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反
2. 如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，木板和物块均静止，今在两物块上分别施加一水平恒力F1，F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )
3. 如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg。则( )
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度a＝g
C．以A，B整体为研究对象可以计算出加速度a＝eq \f(1,2)g
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为eq \f(mg,k)
4. 如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做匀加速直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )
5. 如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。
(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′；
(2)若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。
6．如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，取g＝10 m/s2.
(1)当外力F＝30 N，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；
(2)当外力F＝53.5 N时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多少？
参考答案
1. ABD
解析：对于A、B整体，由牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为N，则对B由牛顿第二定律可得N＋FB＝mBa，解得N＝mBeq \f(FA＋FB,mA＋mB)－FB＝eq \f(16－4t,3) N。当t＝4 s时N＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t＜4 s时，A、B的加速度均为a＝eq \f(FA＋FB,mA＋mB)，代入数据可得A物体3 s末时的加速度是初始时刻的eq \f(5,11)，故选项A、B、D正确。
2. BD
解析：物块的加速度为am＝eq \f(F－f,m)，木板的加速度为aM＝eq \f(f,M)，显然am>aM(即M>eq \f(mf,F－f))，则物块在木板(长L)上滑行的时间满足eq \f(1,2)amt2－eq \f(1,2)aMt2＝L，得t＝eq \r(\f(2L,\f(F－f,m)－\f(f,M)))，木板最终的速度为v＝aMt＝eq \r(\f(2Lf2,\f(F－f,m)M2－fM)).以F为自变量，易判断v与F是单调递减函数，选项C错误，D正确；以M为自变量，结合M>eq \f(mf,F－f)易判断v与M是单调递减函数，选项A错误，B正确。
3. BD
解析：物块B刚要离开C时B的加速度为0，选项A错误；未加力F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1＝eq \f(mgsin 30°,k)＝eq \f(mg,2k)，B刚要离开C时，对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝eq \f(mg,2k)，此时对A由牛顿第二定律得，F－mg·sin 30°－kx2＝ma，解得a＝g，选项B正确，C错误；物块A的位移x1＋x2＝eq \f(mg,k)，选项D正确。
4. BD
解析：以右边的小球为研究对象，根据牛顿第二定律，设其质量为m，有mgtanβ＝ma，得a＝gtanβ；以左边的小球为研究对象，设其加速度为a′，斜杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma′；因为a＝a′，得θ＝β，则斜杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；小车的加速度大小为a＝gtanβ，方向向右，故D正确，C错误。
5. 解：(1)设加速过程中加速度为a′，由匀变速运动公式
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)设球不受车厢作用，应满足
Nsin θ＝ma，Ncs θ＝mg
解得a＝gtan θ。
减速时加速度由斜面支持力N与左壁支持力F共同决定。
当a>gtan θ时，P＝0。
球受力如图，由牛顿定律
Nsin θ＝ma，Ncs θ－Q＝mg
解得Q＝m(act θ－g)。
6．解：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得
F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a
解得a＝1 m/s2。
(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得
F－Mgsin θ－μmgcs θ＝Ma1，μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
又
L＝eq \f(1,2)(a1－a2)t2，v1＝a1t，v2＝a2t
联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s 。A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2
B．若F1＝F2，M1v2
C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2
D．若F1v2
A．F1、F2可能相同
B．F1、F2一定相同
C．小车加速度大小为gtanα
D．小车加速度大小为gtanβ