1、课时训练9牛顿运动定律的综合应用一、选择题1.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A小球对圆槽的压力为B小球对圆槽的压力为C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析利用整体法可求得系统的加速度a，对小球利用牛顿第二定律可得小球对圆槽的压力为，所以只有C正确答案C2.一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A在m上加
2、一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地有水平向右的静摩擦力的作用B在m上加一个沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用C在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用D无论在m上加什么方向的力，在m沿斜面向下运动的过程中，M对地都无静摩擦力的作用解析给滑块一初速度v0，正好匀速下滑，对其受力分析，mgsinmgcos0，可得：tan；设施加力F，与斜面向上方向的夹角为，隔离滑块，受力分析，如图甲所示，可得，FcosFNmgsinma，FsinFNmgcos0，可得：a；整体受力分析如图乙所示，可得：Fcos()fma
3、cos，联立可得：f0，选项D正确答案D3质量不计的弹簧下端固定一小球，现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a(ag)分别向上、向下做匀加速直线运动若忽略空气阻力，弹簧的伸长量分别为x1、x2；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长量分别为x1、x2.则()Ax1x1x2x2 Bx1x1x2x2Cx1x2x2x1 Dx1x2gsin解析开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsinFNma，FNmgcos，解得agsingcos，故B、D错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsinmgcos，即当tan)，将物体a、b
4、从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列对物体a、b运动情况描述正确的是()A从O到A的过程中，两者一直加速，加速度大小从gsin一直减小，在A点减为零B经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g(cossin)C从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小D经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O点解析在OA段a和b一起沿光滑斜面下滑，对整体受力分析，由牛顿第二定律有：(mamb)gsinkx(mamb)a
5、，随x逐渐增大，a从gsin逐渐减小；在A点，a与b分离，若b依然加速，a则不能加速(tan，即mgcosmgsin)，两者无法分离，故只能b已经在减速，kx(mamb)gsin，而a受的力能提供减速的加速度比b小，magcosmagsinmaaa，得：aag(cossin)可得OA段a与b一起先加速后减速，故选项A错误、选B正确对AB段分析，a与b有相对滑动，对a：aag(cossin)，减速下滑；对b：ab，随x增大，ab逐渐增大；选项C正确b反向运动后，a已经掉下，对b只有重力和弹簧的弹力做功，满足机械能守恒，满足简谐运动规律，故刚好运动至O点速度减为零；选项D错误答案BC10.如图所示
6、，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析热气球刚开始加速上升时，速度为零，热气球所受阻力也为零，根据牛顿第二定律可得，Fmgma，解得F4 830 N，A项正确；由于热气球加速上升过程中，速度逐渐增大，所受
7、阻力也逐渐增大，加速度逐渐减小，当速度为5 m/s时，加速度为零；B项错误；若热气球不受空气阻力，则根据vat可得，t10 s，但空气阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，故所用时间应大于10 s，C项错误；当热气球匀速运动时，根据平衡条件可得，FmgFf0解得，Ff230 N，D项正确答案AD二、非选择题11.一小圆盘静止在一长为L的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如图所示已知盘与滑板间的动摩擦因数为1，盘与地面间的动摩擦因数为2，现突然以恒定的加速度a(a1g)使滑板沿水平地面运动，加速度的方向水平向右若水平地面足够大，则小盘从开始运动到最后停止共走了多远的距离？(以g表示重力加速
8、度)解析圆盘在滑板上做匀加速直线运动，设圆盘离开滑板前，加速度为a1，速度为v1，位移为x1，滑板的位移为x0.对圆盘有a11g，v1a1t1，x1a1t对滑板有x0at，又x0x1圆盘离开滑板后做匀减速运动，设圆盘从离开滑板到静止时的位移为x2，加速度为a2对圆盘有a22g0v2a2x2联立以上各式，解得圆盘从开始运动到最后停止的位移xx1x2.答案12.质量M9 kg、长L1 m的木板在动摩擦因数10.1的水平地面上向右滑行，当速度v02 m/s时，在木板的右端轻放一质量m1 kg的小物块如图所示当小物块刚好滑到木板左端时，小物块和木板达到共同速度取g10 m/s2，求：(1)从小物块放到
9、木板上到它们达到相同速度所用的时间t；(2)小物块与木板间的动摩擦因数2.解析(1)设木板在时间t内的位移为x1；小物块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1v0ta1t2x2a2t2x1Lx2又v0a1ta2t代入数据得t1 s(2)根据牛顿第二定律，有1(Mm)g2mgMa12mgma2联立解得20.08 答案(1)1 s(2)0.0813.质量为m4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x20 m，物块与地面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x
10、1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.解析(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1mg根据动能定理，对物块由A点到B点整个过程，有Fx1F1x0代入数据，解得x116 m.(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2xx1由牛顿第二定律得a由匀变速直线运动公式得v22ax2以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得F1t0mv代入数据，解得t2 s.答案(1)16 m(2)2 s14.一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有
11、摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小解析(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由题图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，与假设矛盾故f1mg由式知，物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m.答案(1)0.200.30(2)1.125 m
