二輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用　新課標(biāo)卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精新課標(biāo)2013年高考二輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用時(shí)間：30分鐘滿分：100分1．如圖1所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩物體,已知mA＝6kg、mB＝2kg,A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，在物體A上系一細(xì)線，細(xì)線所能承受的最大拉力是20N，現(xiàn)水平向右拉細(xì)線，g取10m/s2，則 ()A．當(dāng)拉力F<12N時(shí)，A靜止不動(dòng)B．當(dāng)拉力F〉12N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng)C．當(dāng)拉力F＝16N時(shí)，B受A的摩擦力等于4ND．無(wú)論拉力F多大，A相對(duì)B始終靜止解析：設(shè)A、B共同運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大加速度為amax，最大拉力為Fmax對(duì)B：μmAg＝mBamax，amax＝eq\f（μmAg,mB)＝6m/s2對(duì)A、B：Fmax＝(mA＋mB)amax＝48N當(dāng)F<Fmax＝48N時(shí)，A、B相對(duì)靜止．因?yàn)榈孛婀饣?，故A錯(cuò)，當(dāng)F大于12N而小于48N時(shí)，A相對(duì)B靜止，B錯(cuò)．當(dāng)F＝16N時(shí)，其加速度a＝2m/s2。對(duì)B：Ff＝4N，故C對(duì)．因?yàn)榧?xì)線的最大拉力為20N，所以A、B總是相對(duì)靜止，D對(duì)．答案：CD2．如圖2所示，在光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B，m1〉m2，A、B間水平連接著一輕質(zhì)彈簧秤．若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧秤示數(shù)為F1;如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧秤示數(shù)為F2。則以下關(guān)系式正確的是 （)A．a(chǎn)1＝a2,F1〉F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1〈F2C．a(chǎn)1<a2，F(xiàn)1＝F2 D．a(chǎn)1〉a2，F(xiàn)1〉F2解析：整體法分析，無(wú)論用F拉A，還是拉B，F(xiàn)＝（m1＋m2）a均成立,所以穩(wěn)定后A的加速度a1和B的加速度a2相等．F拉B時(shí)，對(duì)A分析，F(xiàn)1＝m1a，F(xiàn)拉A時(shí)，對(duì)B分析，F(xiàn)2＝m2a，因m1>m2,故F1>F2，所以選項(xiàng)A正確．答案：A3．如圖3所示，當(dāng)車廂向前加速前進(jìn)時(shí)，物體M靜止于豎直車廂壁上，當(dāng)車廂加速度增加時(shí),則 ()①靜摩擦力增加②車廂豎直壁對(duì)物體的彈力增加③物體M仍保持相對(duì)于車廂的靜止?fàn)顟B(tài)④物體的加速度也增加A．①②③ B．②③④C．①②④ D．①③④答案：B4．在一正方形小盒內(nèi)裝一小圓球，盒與球一起沿傾角為θ的光滑斜面下滑，如圖4所示．若不計(jì)摩擦,當(dāng)θ角增大時(shí)，下滑過(guò)程圓球?qū)Ψ胶星氨趬毫N及對(duì)方盒底面的壓力FN′將如何變化 （）A．FN′變小，F(xiàn)N變小B．FN′變小，F(xiàn)N為零C．FN′變小，F(xiàn)N變大D．FN′不變,FN變大圖5解析:系統(tǒng)（球和小盒)在垂直于斜面方向無(wú)加速度，該方向合外力為零．對(duì)小球有：FN′＝mgcosθ,故當(dāng)θ增大時(shí)，F(xiàn)N′變?。谄叫杏谛泵娣较虻募铀俣萢＝gsinθ，在該方向物體處于“完全失重”狀態(tài)，所以小球?qū)π『星氨诘膲毫N始終為零，與θ大小無(wú)關(guān)．答案:B5．如圖6所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體用細(xì)線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面,再沿斜面（斜面與水平面成θ角)，最后豎直向上運(yùn)動(dòng)．則在這三個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)中,細(xì)線上張力的大小情況是 （)A．由大變小B．由小變大C．始終不變D．由大變小再變大解析：設(shè)細(xì)線上的張力為F1.要求F1，選受力少的物體m1為研究對(duì)象較好；此外還必須知道物體m1的加速度a，要求加速度a，則選m1、m2整體為研究對(duì)象較好．在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)：F1－μm1g＝m1F－μ（m1＋m2)g＝（m1＋m2）a②聯(lián)立①②解得：F1＝eq\f(m1F，m1＋m2）在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)：F1－m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1aF－(m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ＝（m1＋m2）a④聯(lián)立③④解得：F1＝eq\f（m1F，m1＋m2）同理可得，豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線上的張力F1仍是eq\f（m1F，m1＋m2)答案:C6．如圖7所示，一輕繩通過(guò)一光滑定滑輪，兩端各系一質(zhì)量分別為m1和m2的物體，m1放在地面上，當(dāng)m2的質(zhì)量發(fā)生變化時(shí)，m1的加速度a的大小與m2的關(guān)系圖象大體如下圖中的 （）答案：D7．如圖8所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球,小球上下振動(dòng)時(shí)，框架始終沒(méi)有跳起，當(dāng)框架對(duì)地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為 （）A．g B.eq\f(M－m,m）gC．0 D。eq\f（M＋m,m）g解析：彈簧的彈力與框架的重力平衡，故小球受的合外力為（M＋m)g.對(duì)m由牛頓第二定律得：(M＋m)g＝ma，所以該瞬間a＝eq\f（M＋m，m）g。答案:D8．如圖9所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，A、B的質(zhì)量均為2kg，它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．若突然將一個(gè)大小為10N,方向豎直向下的力施加在物塊A上，則此瞬間，A對(duì)B的壓力大小為:(g＝10m/s2） ()A．10N B．20NC．25N D．30N解析：對(duì)AB整體分析,當(dāng)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的彈力等于整體AB的重力，當(dāng)施加力F的瞬間，彈力在瞬間不變，故A、B所受合力為10N,則a＝F合/(2m)＝2。5m/s2，后隔離A物塊受力分析,得F＋mg－FN＝ma，解得FN＝25N,所以A對(duì)B的壓力大小也等于25N。答案：C9．有5個(gè)質(zhì)量均為m的相同木塊,并列地放在水平地面上，如圖10所示,已知木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,當(dāng)木塊1受到水平力F的作用時(shí)，5個(gè)木塊同時(shí)向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，求：（1)勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度．（2)第4塊木塊所受合力．（3)第4塊木塊受到第3塊木塊作用力的大?。馕觯?1)選5個(gè)木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,設(shè)每一木塊受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff，則系統(tǒng)所受外力的合力是：F合＝F－5Ff＝F－5μmg系統(tǒng)的質(zhì)量是5m,由牛頓第二定律得：F－5μmg＝5ma故系統(tǒng)的加速度是a＝eq\f（F－5μmg，5m)＝eq\f（F，5m）－μg(2）選第4塊木塊為研究對(duì)象,由牛頓第二定律可直接求得合力F4合＝ma＝eq\f（F,5）－μmg圖11（3)選第4、第5兩木塊組成的系統(tǒng)為研究的對(duì)象，水平受力如圖11所示，由牛頓第二定律得:FN34－2Ff＝2ma,故第4塊木塊受到第3塊木塊的作用力為：FN34＝2ma＋2Ff＝2m（eq\f(F,5m）－μg）＋2μmg＝eq\f(2，5)F答案：（1)eq\f（F，5m）－μg(2)eq\f（F,5）－μmg（3)eq\f（2，5）F10．如圖12所示，火車箱中有一傾角為30°的斜面，當(dāng)火車以10m/s2的加速度沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，斜面上的物體m還是與車箱相對(duì)靜止，求物體m所受的摩擦力的大小和方向．解析：解法1：m受三個(gè)力作用:重力mg,彈力FN,靜摩擦力的方向難以確定，我們可假定這個(gè)力不存在，那么如圖13所示，mg與FN在水平方向只能產(chǎn)生大小F＝mgtanθ的合力，此合力只能產(chǎn)生gtan30°＝eq\f(\r（3)g，3)的加速度．小于題目給定的加速度,合力不足,故斜面對(duì)物體的靜摩擦力向下．由牛頓第二定律列方程：FNcos30°－Ffsin30°＝mg①FNsin30°＋Ffcos30°＝ma②由①②聯(lián)立得Ff＝5（eq\r(3)－1）mN，方向沿斜面向下．解法2：如圖14所示，假定所受的靜摩擦力沿斜面向上，用正交分解法有:圖14FNcos30°＋Ffsin30°＝mg①FNsin30°－Ffcos30°＝ma②①②聯(lián)立得Ff＝5（1－eq\r(3）)mN，為負(fù)值，說(shuō)明Ff的方向與假定的方向相反，應(yīng)是沿斜面向下．答案：5(eq\r(3）－1)mN方向沿斜面向下11．如圖15所示，傾角為α的光滑斜面體上有一個(gè)小球m被平行于斜面的細(xì)繩系于斜面上，斜面體放在水平面上．圖15（1)要使小球?qū)π泵鏌o(wú)壓力，求斜面體運(yùn)動(dòng)的加速度范圍．并說(shuō)明其方向．(2)要使小球?qū)?xì)繩無(wú)拉力．求斜面體運(yùn)動(dòng)的加速度范圍，并說(shuō)明其方向．(3）若已知α＝60°，m＝2kg，當(dāng)斜面體以a＝10m/s2向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩對(duì)小球拉力多大？(g取10m/s2）解析：為確定小球?qū)π泵鏌o(wú)壓力或?qū)?xì)繩無(wú)拉力時(shí)斜面體的加速度，應(yīng)先考慮小球?qū)π泵婊蚣?xì)繩的彈力剛好為零時(shí)的受力情況，再求出相應(yīng)加速度．取小球、細(xì)繩和斜面體這個(gè)整體為研究對(duì)象,分析整體的受力情況，再確定斜面體的加速度范圍．圖16(1）球?qū)π泵鎰偤脽o(wú)壓力時(shí),細(xì)繩與斜面平行，小球只受重力mg和細(xì)繩拉力FT的作用，如圖16所示．正交分解FT,由牛頓第二定律得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（FTsinα－mg＝0，F(xiàn)Tcosα＝ma0))解出a0＝g·cotα所以在斜面向右運(yùn)動(dòng)的加速度a≥a0＝g·cotα?xí)r，小球?qū)π泵鏌o(wú)壓力．圖17（2）當(dāng)球?qū)?xì)繩剛好無(wú)拉力時(shí),小球只受重力mg和斜面支持力FN，如圖17所示．正交分解FN后，可知FN的豎直分力與重力平衡，F(xiàn)N的水平分力使m向左加速運(yùn)動(dòng)．eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（FN·cosα＝mg,FN·sinα＝ma0))所以在球?qū)?xì)繩無(wú)拉力作用時(shí),若要使球與斜面體以相同的加速度運(yùn)動(dòng)，則斜面體必須以a＝a0＝g·tnaα向左加速運(yùn)動(dòng)；圖18如果斜面體向左運(yùn)動(dòng)的加速度a>a0，則小球會(huì)相對(duì)斜面向右上方滑動(dòng),但要注意，若球能滑到細(xì)繩懸點(diǎn)上方,細(xì)繩會(huì)對(duì)球再次產(chǎn)生拉力作用．(3)由(1)可知,球?qū)π泵媲『脽o(wú)壓力時(shí)，a0＝g·cot60°＝eq\f（\r（3)，3)×10m/s2，而題設(shè)條件a＝1