第四章　習題課 用牛頓運動定律解決幾類問題—2020-2021【新教材】人教版（2019）高中物理必修第一冊課后習題

1、習題課:用牛頓運動定律解決幾類問題基礎鞏固1.(多選)如圖所示,鐵球A和鐵塊B之間由彈簧相連,并用細線OA掛在天花板上,A、B的質量分別為m和2m,彈簧的勁度系數為k,整個系統(tǒng)靜止,下述說法正確的是()A.細線對鐵球A的拉力大小為mgB.彈簧的長度為2mgkC.彈簧的彈力大小為2mgD.某時刻燒斷細繩OA,該時刻鐵球A的加速度大小為3g2.如圖所示,在光滑的水平面上有一個質量m=1 kg的小球,小球分別連接水平輕彈簧及與豎直方向成=45°角的不可伸長的輕繩,此時小球處于靜止狀態(tài),且水平面對小球的彈力恰好為零,在剪斷輕繩的瞬間,g取10 m/s2,下列說法正確的是()A.小球受到地面的

2、彈力仍然為零B.小球所受合力為零C.小球立即具有向左的加速度a=10 m/s2D.小球立即具有向左的加速度a=8 m/s23.如圖所示,A、B兩物體之間用輕質彈簧連接,用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動,這時彈簧的長度為L1;若將A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做勻加速直線運動,此時彈簧的長度為L2。若A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數相同,則下列關系式正確的是()A.L2<L1B.L2>L1C.L2=L1D.由于A、B的質量關系未知,故無法確定L1、L2的大小關系4.如圖所示,質量為2m的物塊A與水平地面間的動摩擦因數為,質量為

3、m的物塊B與地面的摩擦不計,在大小為F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速運動,則A和B之間的作用力大小為()A.mg3B.2mg3C.2F-4mg3D.F-2mg35.(2019安徽合肥質檢)如圖所示,A、B兩物塊的質量分別為m和M,把它們一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑;已知斜面的傾角為,斜面始終保持靜止。則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為()A.Mgsin B.Mgcos C.0D.(M+m)gsin 6.如圖所示,質量分別為m1和m2的物塊A、B,用勁度系數為k的輕彈簧相連。當用恒力F沿傾角為的固定光滑斜面向上拉兩物塊,使之共同加速運動時,彈簧的伸長量為多少?能力提升1.如圖所示,

4、質量分別為mA和mB的A、B兩小球分別連在彈簧兩端,B端用細線固定在傾角為30°的光滑斜面上,若不計彈簧質量,在細線被剪斷瞬間A、B兩球的加速度大小分別為()A.都等于g2B.0和g2C.(mA+mB)2mBg和0D.0和(mA+mB)2mBg2.(2019安徽合肥一六八中學高一上期中)質量為M的小車放在光滑水平面上,小車上用細線懸掛另一質量為m的小球且M>m。用一力F水平向右拉小球,使小球和小車一起以加速度a向右運動,細線與豎直方向成角,細線的拉力大小為F1,如圖甲所示。若用一力F'水平向左拉小車,使小球和小車一起以加速度a'向左運動時,細線與豎直方向也成角,

5、細線的拉力大小為F1',如圖乙所示。下列判斷正確的是()A.a'=a,F1'=F1B.a'>a,F1'>F1C.a'<a,F1'=F1D.a'>a,F1'=F13.(多選)如圖所示,質量為m0、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽內有一質量為m的小鐵球,現用一水平向右的推力F推動凹槽,小鐵球與光滑凹槽相對靜止時,凹槽球心和小鐵球的連線與豎直方向成角。則下列說法正確的是()A.小鐵球受到的合外力方向水平向左B.F=(m0+m)gtan C.系統(tǒng)的加速度為a=gtan D.F=m0gtan

6、 4.如圖所示,吊籃P懸掛在天花板上,與吊籃質量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托起,當懸掛吊籃的細繩被剪斷的瞬間,吊籃P和物體Q的加速度大小為()A.ggB.2ggC.g2gD.2g05.如圖所示,質量為4 kg的小球用細繩拴著吊在行駛的汽車后壁上,繩與豎直方向夾角為37°。已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)當汽車以a=2 m/s2向右勻減速行駛時,細線對小球的拉力大小和小球對車后壁的壓力大小。(2)當汽車以a=10 m/s2向右勻減速行駛時,細線對小球的拉力大小和小球對車后壁的壓力大小。參考答案習題課:用牛頓運

7、動定律解決幾類問題基礎鞏固1.CD將A、B看成整體,根據平衡條件可知FT=(m+2m)g=3mg,故選項A錯誤;設彈簧的伸長量為x,則對B物塊根據胡克定律可知kx=2mg,則x=2mgk,彈簧的長度為原長與伸長量之和,故選項B錯誤,C正確;某時刻燒斷細繩OA,則細線對A的拉力立刻為零,則A受到本身的重力以及彈簧的彈力作用,根據牛頓第二定律有,mg+kx=ma,kx=2mg,聯立可以得到a=3g,故選項D正確。2.C剪斷細線前,小球在重力、細線的拉力和彈簧拉力作用下處于靜止,三力的合力為零,由此可知彈簧的彈力等于小球的重力mg,剪斷細線的瞬間,彈簧的彈力不變,細線的拉力消失,此時小球和地面之間的

8、彈力瞬間增加,等于豎直方向的mg,小球受到的合力為彈簧的彈力,即向左的mg,故小球的加速度為向左的,且a=10 m/s2。3.CA、B在粗糙水平面上運動時,利用整體法和隔離法進行研究,對A、B整體,根據牛頓第二定律有:a=FmA+mB-g;對物體B,根據牛頓第二定律得:kx-mBg=mBa,解得:x=mBFk(mA+mB),即彈簧的伸長量與動摩擦因數無關,所以L2=L1,即選項C正確。4.D以AB組成的系統(tǒng)為研究對象,由牛頓第二定律得系統(tǒng)的加速度a=F-×2mg2m+m=F-2mg3m,以B為研究對象,由牛頓第二定律得A對B的作用力:FAB=ma=F-2mg3,D正確。5.C對A、B

9、組成的系統(tǒng)整體受力分析可知,整體受重力、支持力而做勻加速直線運動;由牛頓第二定律可知,a=(M+m)gsinM+m=gsin ,再對A受力分析,設B對A的壓力為F,由牛頓第二定律可知mgsin +F=ma,解得F=0,說明A、B間沒有作用力,則C正確。6.解析 對整體分析得:F-(m1+m2)gsin =(m1+m2)a隔離A得:kx-m1gsin =m1a聯立得x=m1Fk(m1+m2)。答案 m1Fk(m1+m2)能力提升1.D在剪斷繩子之前,A處于平衡狀態(tài),所以彈簧的拉力與A的重力沿斜面的分力相等。在剪斷上端的繩子的瞬間,繩子上的拉力立即減為零,而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變,故彈力不

10、變仍等于A的重力沿斜面上的分力。故A球的加速度為零;在剪斷繩子之前,B受到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力,在剪斷上端的繩子的瞬間,繩子上的拉力立即減為零,對B球進行受力分析,則B受到重力、彈簧向下的拉力、支持力。所以根據牛頓第二定律得,aB=mAgsin30°+mBgsin30°mB=(mA+mB)g2mB,故D正確,A、B、C錯誤。2.D先對題圖甲中的整體受力分析,受重力、支持力和拉力,根據牛頓第二定律,有F=(M+m)a,再隔離題圖甲中的小球受力分析,如圖(a)所示。根據牛頓第二定律,有F-F1 sin =ma,F1cos -mg=0,聯立以上三式解得F

11、1=mgcos,a=mgtanM。再隔離題圖乙中小球受力分析,如圖(b)所示。由幾何關系得F合=mgtan ,F1'=mgcos,由牛頓第二定律,得a'=gtan ,由于M>m,故a'>a,F1'=F1,故D正確。3.BC隔離小鐵球受力分析得F合=mgtan =ma且合外力水平向右,故小鐵球加速度為gtan ,因為小鐵球與凹槽相對靜止,故系統(tǒng)的加速度也為gtan ,A錯誤,C正確。整體受力分析得F=(m0+m)a=(m0+m)gtan ,故選項B正確,D錯誤。4.D剪斷細線前,對PQ整體受力分析,受到總重力和細線的拉力而平衡,故FT=2mg;再對物體Q受力分析,受到重力、彈簧的支持力;剪斷細線后,重力和彈簧的彈力不變,細線的拉力減為零,故物體P受到的力的合力等于2mg,方向向下,所以aP=2g,物體Q受到的力不變,合力為零,所以aQ=0,故選項D正確,A、B、C錯誤。5.解析 (1)當汽車以a=2 m/s2向右勻減速行駛時,小球受力分析如圖所示。由牛頓第二定律得:FT1cos =mg,FT1sin -FN=ma代入數據得:FT1=50 N,FN=22 N。(2)當汽車向右勻減速行駛時,設車后壁彈力為0時(臨界條件)的加速度為a0,受