課時跟蹤檢測（十二）牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用（一）

PAGE第1頁共7頁課時跟蹤檢測（十二）牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用（一）1.工地施工現(xiàn)場停放著一輛運(yùn)載水泥管的貨車，車廂底部一層水泥管水平緊密地排列著，上層擺放著的4根水泥管沒有用繩索固定?，F(xiàn)在我們來分析貨車前部的A、B、C三根形狀完全相同的水泥管，側(cè)視圖如圖所示，下列說法正確的是()A．當(dāng)汽車向左做加速運(yùn)動時，A對C的支持力變大B．汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力為eq\f(2\r(3)mg,3)C．汽車向左勻速運(yùn)動時，速度越大，B對C的支持力越大D．當(dāng)汽車向左做加速運(yùn)動時，加速度達(dá)到eq\f(\r(3),3)g時，C將脫離A解析：選D當(dāng)汽車向左做加速運(yùn)動時，能提供向左的力只有B對C的彈力的分力，所以是B對C的支持力增大，A對C的支持力減小，故A錯誤；汽車在靜止和勻速運(yùn)動時，都處于平衡狀態(tài)，受力分析和幾何關(guān)系有FAC＝FBC，故有豎直方向2FACsin60°＝mg，解得FAC＝eq\f(\r(3),3)mg，因為處于平衡狀態(tài)，所以B對C的力大小不會改變，故B、C錯誤；當(dāng)加速度為eq\f(\r(3),3)g時，豎直方向有FBCsin60°＋FACsin60°＝mg，水平方向有FBCcos60°－FACcos60°＝ma，解得FAC＝0，故D正確。2．(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊a、b形狀、大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，a恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放a，斜面仍保持靜止，關(guān)于互換位置之后下列說法正確的是()A．輕繩的拉力等于mgB．輕繩的拉力等于MgC．a(chǎn)運(yùn)動的加速度大小為(1－sinα)gD．a(chǎn)運(yùn)動的加速度大小為eq\f(M－m,M)g解析：選ACD按圖甲放置時，對a由平衡條件可知Mgsinα＝FT，對b有FT′＝mg，F(xiàn)T＝FT′，則有Mgsinα＝mg，按圖乙放置時，對a由牛頓第二定律可知Mg－FT1＝Ma，對b有FT2－mgsinα＝ma，F(xiàn)T1＝FT2，則有Mg－mgsinα＝(M＋m)a，聯(lián)立解得a＝(1－sinα)g，故C正確；因為Mgsinα＝mg，所以a＝(1－sinα)g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(mg,Mg)))g＝eq\f(M－m,M)g，故D正確；將FT2－mgsinα＝ma和a＝(1－sinα)g聯(lián)立，解得FT2＝mg，故A正確，B錯誤。3.粗糙水平面上有三個通過不計質(zhì)量的卡扣依次連接在一起的貨箱A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m、3m，每個貨箱與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g?，F(xiàn)在兩人合作搬運(yùn)貨箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同時用力F向右推A，使貨箱向右運(yùn)動，則B、C間的卡扣對C的作用力大小為()A．0 B．F－3μmgC．F D．F＋3μmg解析：選A將貨箱A、B、C看作整體，水平向右為正方向，由牛頓第二定律得2F－6μmg＝6ma，單獨對C研究，設(shè)卡扣對C的作用力為N，則F＋N－3μmg＝3ma，聯(lián)立解得N＝0，故卡扣對C的作用力大小為0，B、C、D錯誤，A正確。4.(2023·杭州高三模擬)公共汽車進(jìn)站時，剎車過程的加速度—時間圖像如圖所示，若它在6s時恰好停在站臺處，已知汽車質(zhì)量約為5000kg，重力加速度g取10m/s2，則汽車在()A．0到6s內(nèi)的位移約等于30mB．0時刻的速度約為28km/hC．4s時的加速度約為0.5m/s2D．4s時受到外力的合力約為2500N解析：選B由a-t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量及題圖可知，速度的變化量大小約為Δv＝2×1m/s＋eq\f(1,2)×(1.5＋2)×2m/s＋eq\f(1,2)×3×1.5m/s＝7.75m/s，所以0時刻的速度v0＝Δv＝7.75m/s≈28km/h，又因為公共汽車做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，故0～6s內(nèi)的位移滿足x<eq\f(1,2)v0t＝23.25m，故A錯誤，B正確；由題圖可知4s時公共汽車的加速度約為1.0m/s2，故C錯誤；由牛頓第二定律可知4s時公共汽車受到外力的合力約為F＝ma＝5000N，故D錯誤。5.(2023·寧波高三調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M的三角形斜劈放置在粗糙水平地面上，斜面傾角為θ，一質(zhì)量為m的物塊以速度v0恰好沿斜面勻速下滑，某時刻給物塊施加一方向垂直斜面向下、大小為mg的推力F，最后物塊停止在斜面上，整個過程中斜劈始終靜止在地面上。重力加速度大小為g，則()A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為sinθB．從剛施加推力到物塊停止運(yùn)動時，物塊運(yùn)動的位移大小為eq\f(v02,gtanθ)C．施加推力后，物塊下滑過程中，地面對斜劈的摩擦力方向向右D．施加推力后，物塊下滑過程中，地面對斜劈的支持力大小為(M＋m)g＋eq\f(mg,cosθ)解析：選D物塊恰好沿斜面勻速下滑時，有mgsinθ＝f，又μmgcosθ＝f，解得物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，故A錯誤；施加壓力后，摩擦力增大，物塊做減速運(yùn)動，設(shè)物塊運(yùn)動的位移為x，有0－v02＝－2ax，又μ(mgcosθ＋F)－mgsinθ＝ma，即有a＝eq\f(μF,m)＝μg＝gtanθ，可得x＝eq\f(v02,2gtanθ)，故B錯誤；施加F后，對斜劈進(jìn)行受力分析，水平方向向左有F左＝(F＋mgcosθ)sinθ＝mgsinθ＋mgsinθcosθ，水平方向向右有F右＝μ(F＋mgcosθ)cosθ＝mgsinθ＋mgsinθcosθ，解得F左＝F右，可知，則斜劈不受地面的靜摩擦力，故C錯誤；對斜劈進(jìn)行受力分析可得，豎直方向上有FN＝Mg＋(F＋mgcosθ)cosθ＋μ(F＋mgcosθ)sinθ，又F＝mg，解得地面對斜劈的支持力大小為FN＝(M＋m)g＋eq\f(mg,cosθ)，故D正確。6．(2023·臺州高三月考)如圖甲所示，一物塊從傾角為θ的斜面底端以一定的初速度沿足夠長的斜面上滑，其運(yùn)動的速度—時間圖像如圖乙所示，2t0時刻速度減為零，5t0時刻回到出發(fā)點。則下列說法正確的是()A．物塊返回斜面底端時的速度大小為eq\f(1,3)v0B．物塊返回斜面底端時的速度大小為eq\f(v0,2)C．物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(5,13)tanθD．物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(2,13)tanθ解析：選C上滑過程有s＝eq\f(1,2)a1(2t0)2，v0＝a1·2t0，下滑過程有s＝eq\f(1,2)a2(5t0－2t0)2，v1＝a2(5t0－2t0)，聯(lián)立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(9,4)，v1＝eq\f(2,3)v0，所以A、B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，上滑過程有a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑過程有a2＝gsinθ－μgcosθ，聯(lián)立解得μ＝eq\f(5,13)tanθ，所以C正確，D錯誤。7.(多選)如圖所示，光滑水平桌面上放置著物塊A，它通過輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著物塊B，已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度大小為g，靜止釋放物塊A、B后()A．相同時間內(nèi)，A、B運(yùn)動的路程之比為2∶1B．物塊A、B的加速度之比為1∶1C．輕繩的拉力為eq\f(6mg,7)D．當(dāng)B下落高度h時，速度為eq\r(\f(2gh,5))解析：選AC相同時間內(nèi)，圖中A向右運(yùn)動h時，B下降一半的距離，即為h/2，故A、B運(yùn)動的路程之比為2∶1，故A正確；任意相等時間內(nèi)，物塊A、B的位移大小之比為2∶1，故速度和加速度大小之比均為2∶1，故B錯誤；設(shè)A的加速度大小為a，則B的加速度大小為0.5a，根據(jù)牛頓第二定律，對A有：T＝ma，對B有：3mg－2T＝3m·0.5a，聯(lián)立解得：T＝eq\f(6mg,7)，a＝eq\f(6,7)g，故C正確；對B，加速度為a′＝0.5a＝eq\f(3,7)g，則v2＝2a′h，解得：v＝eq\r(\f(6gh,7))，故D錯誤。8．(多選)如圖所示，傾角為θ＝30°、足夠長的光滑斜面固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面的底端，彈簧上端與質(zhì)量為m的滑塊A連接，A的右側(cè)緊靠一質(zhì)量為m的滑塊B，B與A不粘連，開始時兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對滑塊B施加一個平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝eq\f(1,4)g的勻加速直線運(yùn)動。忽略兩滑塊的形狀和大小，以x表示滑塊A、B離開靜止位置的位移，F(xiàn)1表示滑塊A受到的合外力，從滑塊A、B開始運(yùn)動到A第一次上升到最大高度的過程中，下列表示F與x、F1與x之間關(guān)系的圖像可能正確的是()解析：選AC開始時兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時彈簧壓縮量為x0，由平衡條件可得kx0＝2mgsinθ，施加力F后，對A、B整體受力分析，由牛頓第二定律可得F＋kx1－2mgsinθ＝2ma，x1為彈簧壓縮量，且x1＝x0－x，聯(lián)立解得F＝kx＋eq\f(1,2)mg，當(dāng)A、B分離后，對B由牛頓第二定律可得F－mgsinθ＝ma，解得F＝eq\f(3,4)mg，為恒定值，故A正確，B錯誤；滑塊A、B一起運(yùn)動時，加速度a均為eq\f(1,4)g，對A由牛頓第二定律可得F1＝ma＝eq\f(1,4)mg，為恒力，當(dāng)A、B間恰好無壓力作用時，A、B分離，此時彈簧彈力為F彈－mgsinθ＝eq\f(1,4)mg，解得F彈＝eq\f(3,4)mg，此后，A的合力為F1＝k(x0－x)－mgsinθ＝－kx＋eq\f(1,2)mg，故C正確，D錯誤。9.(多選)如圖，三個質(zhì)量均為1kg的物體A、B、C疊放在水平桌面上，B、C用不可伸長的輕繩跨過一光滑輕質(zhì)定滑輪連接，A與B之間、B與C之間的接觸面以及輕繩均與桌面平行，A與B之間、B與C之間以及C與桌面之間的動摩擦因數(shù)分別為0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，用力F沿水平方向拉物體C。以下說法正確的是()A．拉力F小于11N時，不能拉動CB．拉力F為17N時，輕繩的拉力為4NC．要使A、B保持相對靜止，拉力F不能超過23ND．A的加速度將隨拉力F的增大而增大解析：選AC當(dāng)C物體即將運(yùn)動時，C物體在水平方向受到桌面給C的向右的摩擦力f桌，繩子向右的拉力T，B給C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3N,fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4N，F(xiàn)＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4N，可解得F＝11N，故A正確；因為B和C的加速度大小相等，在A和B即將發(fā)生相對滑動，對A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，對AB整體受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，對C物體受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，聯(lián)立解得F＝23N，說明A和B發(fā)生相對滑動的臨界拉力大小為F＝23N，故C正確；當(dāng)F＝17N時，A和B沒有發(fā)生相對滑動，此時對AB整體T－fBC＝(mA＋mB)a1，對C物體受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，聯(lián)立解得T＝8N，故B錯誤；當(dāng)拉力增大，A和B發(fā)生相對滑動時，則A物體受到滑動摩擦力，加速度為a＝0.4g＝4m/s2，隨拉力F增大加速度不變，D錯誤。10．(2023·麗水高三調(diào)研)高鐵的開通給出行的人們帶來了全新的旅行感受，大大方便了人們的工作與生活。某高鐵列車組由七節(jié)車廂組成，除第四節(jié)車廂為無動力車廂外，其余六節(jié)車廂均具有動力系統(tǒng)，設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，各動力車廂產(chǎn)生的動力相同，經(jīng)測試，該列車啟動時能在時間t內(nèi)將速度提高到v，已知運(yùn)動阻力是車重的k倍。求：(1)列車在啟動過程中，第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力大??；(2)列車在勻速行駛時，第六節(jié)車廂失去了動力，若仍要保持列車的勻速運(yùn)動狀態(tài)，則第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力變化多大？解析：(1)列車啟動時做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，啟動加速度為a＝eq\f(v,t)①對整個列車，由牛頓第二定律得：F－k·7mg＝7ma ②設(shè)第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力為T，對第六、七兩節(jié)車廂進(jìn)行受力分析，水平方向受力如圖所示，由牛頓第二定律得eq\f(2F,6)＋T－k·2mg＝2ma③聯(lián)立①②③，解得T＝－eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg))④其中“－”表示實際作用力與圖示方向相反，即與列車運(yùn)動方向相反。(2)列車勻速運(yùn)動時，對整體由平衡條件得F′－k·7mg＝0⑤設(shè)第六節(jié)車廂有動力時，第五、六節(jié)車廂間的作用力為T1，則有：eq\f(2F′,6)＋T1－k·2mg＝0⑥第六節(jié)車廂失去動力時，仍保持列車勻速運(yùn)動，則總牽引力不變，設(shè)此時第五、六節(jié)車廂間的作用力為T2，則有：eq\f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0,⑦聯(lián)立⑤⑥⑦，解得T1＝－eq\f(1,3)kmg，T2＝eq\f(3,5)kmg因此作用力變化ΔT＝T2－T1＝e