1、课练9牛顿运动定律的应用1.(多选)如图所示，小物块由曲面上的P点自由滑下，通过一粗糙的固定不动的水平传送带后落到地面上的Q点若皮带随皮带轮以恒定的速率转动，小物块仍从P点自由滑下，则关于小物块落地点位置的正确判断是()A皮带轮逆时针方向转动时，物块一定落在Q点左边B皮带轮顺时针方向转动时，物块有可能落在Q点的右边C皮带轮逆时针方向转动时，物块有可能落在Q点的左边D皮带轮顺时针方向转动时，物块有可能落在Q点2.如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向
2、成角则下列说法正确的是 ()A小铁球受到的合外力方向水平向左B凹槽对小铁球的支持力为C系统的加速度为agtanD推力FMgtan3.如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(mM12)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1x2等于()A11 B12C21 D234(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方
3、向成角，若m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成角，细线的拉力大小为F1，如图甲若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力大小为F1，如图乙，则 ()Aaa，F1F1 Baa，F1F1Caa，F1a，F1F16(多选)如图(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示已知重力加速度g取10 m/s2，由图线可知 ()A甲的质量m2 kg B甲的质量m6 kgC甲、乙间的动摩擦因数0.2 D甲、乙间的动摩擦因数0.67
4、.(多选)如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮(不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间的摩擦)，绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M(Mm)的物体B，此时物体A的加速度为a1.如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么()A如果a1a2，则FMg B如果FMg，则a1m，故aa，f1F1，故选D.6BC由图象可知，在拉力小于48 N时，二者一起运动，由牛顿第二定律有F(Mm)a，在拉力大于48 N时，二者相对滑动当拉力F148 N时，甲的加速度a16 m/s2，由牛顿第二定律有F1mgma1；当拉力F260 N时，甲的加速度a28 m/s2，由牛顿第二定律有F2mgma2
5、，联立解得甲的质量为m6 kg，甲、乙间的动摩擦因数0.2，选项B、C正确7ABD细绳另一端悬挂一质量为M(Mm)的物体B，分析A、B整体，由牛顿第二定律有Mgmg(mM)a1，解得a1g.如果用力F代替物体B，分析物体A，由牛顿第二定律有Fmgma2，解得a2g.如果a1a2，则FMg；如果FMg，则a1a2，选项A、B正确，C错误如果F，则a2ga1，选项D正确8B人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续
6、的时间，约2 s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误9A由vt图象可知，滑块先做匀减速运动后做匀速运动，木板先做匀加速运动后做匀速运动，而木板匀速运动的速度小于滑块匀速运动的速度，说明直到滑块从木板上滑落，两物体也没达到相同的速度，所以正确，错误，选项A正确10BCD当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止时，弹簧的弹力F弹2mg，由胡克定律得弹簧的形变量x1；当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律得FF弹2mg2ma；对B物体进行隔离分析，得FFNmgma；当A和B开始分离时，FN0，解得ag，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力
7、为F弹mg，由胡克定律得弹簧的形变量x2；由题中条件有x1x2h，则k；从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体先加速后减速，其动能先增大后减小，故B、C、D正确11解题思路：(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，1mgma1，F11mg2(mM)gMa2，若a1a2时，拉力最小，联立解得F14.5 N.即小滑块与木板间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5 N.(2)设小滑块恰好滑到桌面边缘时，小滑块脱离木板时的速度为v，所用时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则v
8、a1t，2mgma3，滑块脱离木板前的位移x1，滑块脱离木板后的位移x2，由几何关系知x1x2，木板的位移为x3x1a4t2.由牛顿第二定律知F21mg2(mM)gMa4，联立以上各式解得F26 N即要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F2应满足的条件是F26 N.答案：(1)4.5 N(2)F26 N12解题思路：(1)由图象可知物块下滑时加速度大小a14 m/s2，上滑时加速度大小a28 m/s2，杆AB长l14 m2 m；设直杆倾角为，物块的质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，代入数据得0.25，sin0.6，c
9、os0.8.(2)对物块整个运动过程分析，由动能定理得mglsinmgscos0，解得s6 m.答案：(1)0.25(2)6 m加餐练1ACD设物块的质量为m、斜面的倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2.再结合vt图线斜率的物理意义有：a1，a2.由上述四式可见，无法求出m，可以求出、，故B错，A、C均正确.0t1时间内的vt图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确2BC如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，
10、西边有y节车厢，每节车厢质量为m.当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有Fmya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有Fmxa，联立两式有yx.可见，列车总节数Nxyx，设x3n(n1,2,3)，则N5n，故可知选项B、C正确3B由vt图象可知，升降机的运动过程为：向下加速(失重：Fmg)向上加速(超重：Fmg)向上匀速(Fmg)向上减速(失重：Ft1时，设A和B的加速度分别为a1和a2.此时，A与B之间的摩擦力为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2即B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20联立式得t21 s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为sa2tv
11、2t2a2t12 m重力，5 s55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力，55 s60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确7A由题结合牛顿第二定律可得：2Tmgma，则有aTg，由aT图象可判断，纵轴截距的绝对值等于g，A正确；图线的斜率在数值上等于，则B、D错误；横轴截距代表a0时，TN，则C错误8D在速率时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽
12、略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.9C根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小Fmgsin45mg，此时杆对小球的弹力大小FNmgcos45mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹
13、力为0，所以C项正确，D项错误10B刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为Ff1mgcos，其加速度大小a110 m/s2，方向沿传送带斜向下.1 s末小物体的速度为va1t10 m/s，又tan，则此后小物体相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力沿传送带斜向上，大小为Ff2mgcos，其加速度大小a2gsingcos2 m/s2，方向沿传送带斜向下，故A错、B对在第1 s内小物体与传送带产生的热量为QFfLFNLmgLcos，又知Lvta1t2，解得Q20 J，故C错第1 s内小物体的位移为xvt5 m，其增加的动能为Ekmv250 J，需向系统
14、提供的能量EEkQmgsinx40 J，D项错11解题思路：(1)设小物块能够达到的最大加速度为am，则有：2mgmam解得：am2 m/s2对整体进行受力分析，有：Fm1(Mm)g(Mm)am解得Fm12 N(2)当F20 N时，小物块相对于木板发生相对滑动，对木板受力分析，有：F1(Mm)g2mgMa1得a16 m/s2小物块加速度a2am1g2 m/s2则有a1t2a2t2L解得：t s答案：(1)12 N(2) s12解题思路：(1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有：mgsinma1得a16 m/s2结合题图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为t11 s斜面BC的长度x1a1t3 m(2)斜面体对传感器的压力为F1mgcossin得m2 kg(3)对斜面体由平衡条件有：fF24 N对滑块由牛顿第二定律有：fma2得a22 m/s2滑块在AB表面上滑行的距离为：x2vt2a2t又va1t1，t22 s得：x28 m滑块克服摩擦力做的功为：Wffx232 J.答案：(1)3 m(2)2 kg(3)32 J
