課時檢測(十五)牛頓運動定律的綜合應用(題型研究課)一、單項選擇題1．(2018·東臺月考)游樂場內的新型滑梯可以簡化為如圖所示物理模型。一個小朋友從A點開始下滑，滑到C點時速度恰好減為0，整個過程中滑梯保持靜止狀態。若AB段的動摩擦因數μ1小于BC段的動摩擦因數μ2，則該小朋友從斜面頂端A點滑到底端C點的過程中()A．在AB段的平均速度等于BC段的平均速度B．在AB段和BC段合外力所做的功相同C．地面對滑梯的摩擦力方向始終水平向左D．地面對滑梯的支持力大小始終等于小朋友和滑梯的總重力大小解析：選A小朋友在AB段做初速度為0的勻加速運動；在BC段做勻減速運動，末速度為0，這兩段的平均速度都是B點速度的一半，所以相等，故A項正確；在AB段合外力做正功，在BC段合外力做負功，故B項錯誤；小朋友在AB段做勻加速直線運動，將小朋友的加速度分解為水平和豎直兩個方向，以小朋友和滑梯整體為研究對象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根據牛頓第二定律得知，地面對滑梯的摩擦力方向水平向左；同理可知，小朋友在BC段做勻減速直線運動時，地面對滑梯的摩擦力方向水平向右，故C項錯誤；以小朋友和滑梯整體為研究對象，小朋友在AB段做勻加速直線運動時，有豎直向下的分加速度，則由牛頓第二定律分析得知，地面對滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的總重力；同理，小朋友在BC段做勻減速直線運動時，地面對滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的總重力，故D項錯誤。2．(2018·沈陽四校協作體期中)質量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使質量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則()A．小球對圓槽的壓力為eq\f(MF,m＋M)B．小球對圓槽的壓力為eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力增大D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力減小解析：選C由整體法可求得系統的加速度a＝eq\f(F,M＋m)，小球對圓槽的壓力FN＝meq\r(g2＋a2)＝meq\r(g2＋\f(F2,M＋m2))，當F增大后，FN增大，只有C正確。3．(2018·鹽城月考)一輛小車靜止在水平地面上，bc是固定在車上的一根水平桿，物塊M穿在桿上，M通過細線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，小車未動時細線恰好在豎直方向上。現使小車按圖中所示分四次分別以a1、a2、a3、a4向右勻加速運動，四種情況下M、m均與小車保持相對靜止，且圖1和圖2中細線仍處于豎直方向，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次為f1、f2、f3、f4，則下列判斷錯誤的是()A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2 D．tanα＝2tanθ解析：選B題圖1、2中M在水平方向只受摩擦力作用，根據牛頓第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A項正確，B項錯誤；對3、4兩圖，以M、m整體為研究對象，受力分析如圖所示，f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，故C項正確；以m為研究對象，根據牛頓第二定律可得：mgtanθ＝ma3，mgtanα＝ma4，聯立可得：tanα＝2tanθ，故D項正確。4．如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現對A施加一水平拉力F，則下列說法錯誤的是()A．當F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F＞3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg解析：選A對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma；對B，在A、B恰好要發生相對運動時，μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B滑動，C正確；對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為eq\f(3,2)μmg，故當eq\f(3,2)μmg＜F＜3μmg時，A、B相對地面運動，A錯誤；當F＝eq\f(5,2)μmg時，A、B相對靜止，對整體有eq\f(5,2)μmg－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，B正確；無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝eq\f(2μmg－\f(1,2)×3μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，D正確。5．如圖所示，當小車向右加速運動時，物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上，當車的加速度增大時，下列說法錯誤的是()A．M所受靜摩擦力增大B．M對車廂壁的壓力增大C．M相對于車廂仍靜止D．M所受靜摩擦力不變解析：選A分析M受力情況如圖所示，水平方向，FN＝Ma，FN隨a的增大而增大，由牛頓第三定律知，B正確；因FN增大，M與車廂壁的最大靜摩擦力增大，故M相對于車廂仍靜止，C正確；因M相對車廂壁靜止，有Ff＝Mg，與水平方向的加速度大小無關，A錯誤，D正確。二、多項選擇題6．(2018·東海縣二中調研)如圖所示，小球B放在真空正方體容器A內，球B的直徑恰好等于A的內邊長，現將它們以初速度v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是()A．若不計空氣阻力，下落過程中，B對A沒有彈力B．若考慮空氣阻力，上升過程中，A對B的彈力向下C．若考慮空氣阻力，下落過程中，B對A的彈力向上D．若不計空氣阻力，上升過程中，A對B有向上的彈力解析：選AB將容器以初速度v0豎直向上拋出后，若不計空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到加速度大小為g，再以A為研究對象，上升和下落過程其所受合力等于其重力，則B對A沒有壓力，A對B也沒有支持力，故A項正確，D項錯誤；若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到：上升過程加速度大小大于g，再以B為研究對象，根據牛頓第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，還應受到向下的壓力，A對B的彈力向下，故B項正確；若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到：下落過程加速度大小小于g，再以B為研究對象，根據牛頓第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，還應受到向上的力，即A對B的彈力向上，B對A的彈力向下，故C項錯誤。7．如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為θ的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數均為μ。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()A．減小A的質量 B．增大B的質量C．增大傾角θ D．增大動摩擦因數μ解析：選AB對A、B組成的系統應用牛頓第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對B應用牛頓第二定律得：FT－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。以上兩式聯立可解得：FT＝eq\f(mBF,mA＋mB)，由此可知，FT的大小與θ、μ無關，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B正確。8．如圖所示，質量為m2的物體，放在沿平直軌道向左行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑的定滑輪連接質量為m1的物體。當車向左勻加速運動時，與物體m1相連接的細繩與豎直方向成θ角，m2與車廂相對靜止。則()A．車廂的加速度為gsinθB．細繩對物體m1的拉力T＝eq\f(m1g,cosθ)C．底板對物體m2的支持力FN為(m2－m1)gD．物體m2所受底板的摩擦力f為m2gtanθ解析：選BD以物體m1為研究對象，分析受力情況如圖甲所示，根據牛頓第二定律得m1gtanθ＝m1a，得a＝gtanθ，則車廂的加速度也為gtanθ，則細繩對物體m1的拉力T＝eq\f(m1g,cosθ)，故A錯誤，B正確；以物體m2為研究對象，分析其受力情況如圖乙所示，根據牛頓第二定律有FN＝m2g－T＝m2g－eq\f(m1g,cosθ)，f＝m2a＝m2gtanθ，故C錯誤，D正確。9．如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運動距離為h時，B與A分離。下列說法正確的是()A．B與A剛分離時，彈簧長度等于原長B．B與A剛分離時，它們的加速度為gC．彈簧的勁度系數等于eq\f(mg,h)D．在B與A分離之前，它們做加速直線運動解析：選CDA、B分離前，A、B共同做加速運動，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運動，當A、B要分離時，FAB＝0，對B：F－mg＝ma，對A：kx－mg＝ma，即F＝kx時，A、B分離，此時彈簧仍處于壓縮狀態，由F＝mg，設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0，則2mg＝kx0，h＝x0－x，解得k＝eq\f(mg,h)，綜上所述，C、D正確。三、計算題10．如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運動，已知拉力F＝6.5N，玩具的質量m＝1kg，經過時間t＝2.0s，玩具移動了距離x＝2eq\r(3)m，這時幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下(取g＝10m/s2)。求：(1)玩具與地面間的動摩擦因數；(2)松開手后玩具還能運動多遠；(3)幼兒要拉動玩具，拉力F與水平面夾角多大時最省力。解析：(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式可得x＝eq\f(1,2)at2解得a＝eq\r(3)m/s2對玩具，由牛頓第二定律得Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),3)。(2)松手時，玩具的速度v＝at＝2eq\r(3)m/s松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′解得a′＝eq\f(10\r(3),3)m/s2由勻變速運動的速度位移公式得玩具的位移x′＝eq\f(0－v2,－2a′)＝0.6eq\r(3)m≈1.04m。(3)設拉力F與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcosθ－Ff＞0，Ff＝μFN在豎直方向上，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg解得F＞eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)由數學知識得cosθ＋μsinθ＝eq\r(1＋μ2)sin(60°＋θ)當θ＝30°時，拉力最小，最省力。答案：(1)eq\f(\r(3),3)(2)1.04m(3)30°11.(2018·無錫測試)如圖所示的裝置叫做阿特伍德機，是阿特伍德創制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規律。輕繩兩端的物體下落(上升)的加速度總是小于自由落體的加速度g，同自由落體相比，下落相同的高度，所花費的時間要長，這使得實驗者有足夠的時間從容地觀測、研究。已知物體A、B的質量相等均為M，物體C的質量為m，輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長，如果m＝eq\f(1,4)M，求：(1)物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值；(2)系統由靜止釋放后運動過程中物體C對B的拉力大小。解析：(1)設物體的加速度為a，輕繩中的張力為F，對物體A，F－Mg＝Ma，對B、C整體，(M＋m)g－F＝(M＋m)a，聯立解得：a＝eq\f(m,2M＋m)g，將m＝eq\f(1,4)M代入，得a＝eq\