《2019-2020新教材高中物理 課時素養(yǎng)評價十九 習(xí)題課三牛頓運動定律的三類典型問題（含解析）新人教版必修1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020新教材高中物理 課時素養(yǎng)評價十九 習(xí)題課三牛頓運動定律的三類典型問題（含解析）新人教版必修1（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時素養(yǎng)評價十九　牛頓運動定律的三類典型問題 (25分鐘　60分) 一、選擇題(本題共6小題,每題5分,共30分) 1.如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連,豎直放在光滑的水平面上,木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C,三者均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將木塊C迅速移開,若重力加速度為g,則在木塊C移開的瞬間 (　　) A.木塊B對水平面的壓力迅速變?yōu)?mg B.彈簧的彈力大小為mg C.木塊A的加速度大小為2g D.彈簧的彈性勢能立即減小 【解析】選C。對AC整體分析,彈簧的彈力F彈=(m+2m)g=3mg,撤去C瞬間,彈簧的彈力不變,彈性勢能不變,故B、D錯誤;對A分析,根據(jù)

2、牛頓第二定律得,a= =2g,故C正確;由于彈簧的彈力不變,木塊B對水平面的壓力不變,仍然為4mg,故A錯誤。 2.如圖所示,A、B兩物體用輕繩連接,置于光滑水平面上,它們的質(zhì)量分別為M和m,若M>m,現(xiàn)用水平力F分別拉A和B,A、B間繩的拉力分別為T1、T2,則(　　) A.T1=T2　　　　　　　 B.T1>T2 C.T1

3、在拉力F作用下,A和B以加速度a做勻加速直線運動。某時刻突然撤去拉力,此瞬時A和B的加速度為a1、a2,則 (　　) A.a1=a2=0 B.a1=a;a2=0 C.a1=a;a2=a D.a1=a;a2=-a 【解析】選D。當力F作用時,對A運用牛頓第二定律得:a=,突然撤去拉力F的瞬間,彈簧彈力沒有發(fā)生變化,所以A受力不變,即a1=a;B只受彈簧彈力作用,根據(jù)牛頓第二定律得:a2==-a,故D正確,A、B、C錯誤。 4.如圖,將完全相同的兩個物體甲、乙放在光滑的水平桌面上,通過一根水平繩對其施力,甲是在繩的另一端施以10 N的豎直向下的拉力,乙是在繩的另一端掛一個重10 N

4、的物體。則兩物體的加速度相比 (　　) A.甲的大　　　　　　 B.乙的大 C.一樣大 D.無法判斷 【解析】選A。對于甲物體的加速度a==,對于乙,對整體分析,運用牛頓第二定律得,a′==,可知a>a′。A正確,B、C、D錯誤。 5.如圖所示,A、B球的質(zhì)量相等,彈簧的質(zhì)量不計,傾角為θ的斜面光滑,系統(tǒng)靜止時,彈簧與細線均平行于斜面,在細線被燒斷的瞬間,下列說法正確的是 (　　) A.兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下,大小均為gsin θ B.B球的瞬時加速度沿斜面向下,小于gsin θ C.A球的瞬時加速度沿斜面向下,大小為2gsin θ D.彈簧有收縮的趨勢,

5、B球的瞬時加速度向上,A球的瞬時加速度向下,瞬時加速度都不為零 【解析】選C。系統(tǒng)原來靜止,根據(jù)平衡條件可知,對B球有:F彈=mgsin θ,對A球有:F繩=F彈+mgsinθ,細線被燒斷的瞬間,細線的拉力立即減為零,但彈簧的彈力不發(fā)生改變,則:B球受力情況未變,瞬時加速度為零;對A球,根據(jù)牛頓第二定律得:a===2gsinθ,方向沿斜面向下,故A、B、D錯誤,C正確。 6.如圖所示,質(zhì)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h時,B與A分離。下列說法正確的是 (　　) A.B和A剛分離時,彈簧長度等于原長 B.B和A剛分離時,它們

6、的加速度為g C.彈簧的勁度系數(shù)等于 D.在B與A分離之前,它們做勻加速直線運動 【解析】選C。A、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,當兩物體要分離時,FAB=0。 對B:F-mg=ma, 對A:kx-mg=ma, 即F=kx時,A、B分離,此時彈簧處于壓縮狀態(tài), 設(shè)用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0, 又2mg=kx0,h=x0-x,F=mg, 解以上各式得k=,綜上所述,只有選項C正確。 二、計算題(本題共2小題,共30分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要標明單位) 7.(14分)如圖所示,光滑水平桌面上的物

7、體A質(zhì)量為m1,系一細繩,細繩跨過桌沿的定滑輪后懸掛質(zhì)量為m2的物體B,先用手使B靜止(細繩質(zhì)量及滑輪摩擦均不計)。 (1)求放手后A、B一起運動中繩上的張力FT。 (2)若在A上再疊放一個與A質(zhì)量相等的物體C,繩上張力就增大到FT,求m1∶m2。 【解題指南】解答本題可按以下思路進行: (1)放手后兩物體一起做勻加速直線運動,分別以A和B為研究對象進行受力分析,由牛頓第二定律可求得繩子的拉力。 (2)分別對B及AC整體受力分析,由牛頓第二定律可列出繩子張力的表達式,根據(jù)題意可得出質(zhì)量的關(guān)系。 【解析】(1)對B有:m2g-FT=m2a1 對A有:FT=m1a1 則FT=g

8、 (2)對B有:m2g-FT2=m2a2 對A和C系統(tǒng),有:FT2=2m1a2 則FT2=g 由FT2=FT 得:g= 所以m1∶m2=1∶2 答案:(1)g　(2)1∶2 8.(16分)如圖所示,細線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球。 (1)當滑塊至少以多大的加速度向右運動時,線對小球的拉力剛好等于零? (2)當滑塊至少以多大的加速度向左運動時,小球?qū)瑝K的壓力等于零? (3)當滑塊以a′=2g的加速度向左運動時,線中拉力為多大? 【解析】 (1)當FT=0時,小球受重力mg和斜面支持力FN作用,如圖甲,則

9、 FN cos 45°=mg, FN sin 45°=ma 解得a=g,故當向右加速度為g時線上的拉力為0。 (2)假設(shè)滑塊具有向左的加速度a1時,小球受重力mg、線的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如圖乙所示。由牛頓第二定律得 水平方向: FT1 cos 45°-FN1 sin 45°=ma1, 豎直方向: FT1 sin 45°+FN1 cos 45°-mg=0。 由上述兩式解得 FN1=,FT1=。 由此兩式可以看出,當加速度a1增大時,球所受的支持力FN1減小,線的拉力FT1增大。 當a1=g時,FN1=0,此時小球雖與斜面接觸但無壓力,處于臨界狀態(tài),這時

10、繩的拉力為FT1=mg。所以滑塊至少以a1=g的加速度向左運動時小球?qū)瑝K的壓力等于零。 (3)當滑塊加速度大于g時,小球?qū)ⅰ帮h”離斜面而只受線的拉力和重力的作用,如圖丙所示,此時細線與水平方向間的夾角α<45°。由牛頓第二定律得 FT′ cos α=ma′,FT′ sin α=mg, 解得FT′=m=mg。 答案:(1)g　(2)g　(3)mg (15分鐘　40分) 9.(6分)(多選)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端系一個質(zhì)量為m的小球A,小球被水平擋板P托住使彈簧長度恰為自然長度(小球與擋板不粘連),然后使擋板P以恒定的加速度a(a

11、則 (　　) A.小球與擋板分離的時間為t= B.小球與擋板分離的時間為t= C.小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x= D.小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x= 【解析】選B、C。小球與擋板之間彈力為零時分離,此時小球的加速度仍為a,由牛頓第二定律得mg-kx=ma。由勻變速直線運動的位移公式得x=at2,解得t=,故選項A錯誤,B正確,小球速度最大時小球所受合力為零,伸長量x=,選項C正確,D錯誤。 10.(6分)如圖所示,A、B兩物塊質(zhì)量分別為2m、m,用一輕彈簧相連,將A用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上,系統(tǒng)處于靜止狀

12、態(tài),B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓,此時輕彈簧的伸長量為x,現(xiàn)將懸繩剪斷,則下列說法正確的是 (　　) A.懸繩剪斷后,A物塊向下運動2x時速度最大 B.懸繩剪斷后,A物塊向下運動3x時速度最大 C.懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為2g D.懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為g 【解析】選B。彈簧開始處于伸長狀態(tài),彈力F=mg=kx。當向下壓縮,彈力等于物塊A的重力時,速度達到最大,則有:2mg=F′=kx′,聯(lián)立解得:x′=2x,所以下降的距離為x+2x=3x。此時速度最大,故A錯誤,B正確。剪斷懸繩前,對B受力分析,B受到重力和彈簧的彈力,知彈力F=mg。剪斷瞬間,對A

13、分析,A的合力為F合=2mg+F=3mg,根據(jù)牛頓第二定律,得a=1.5g,故C、D錯誤。 【補償訓(xùn)練】 如圖所示,一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上,另一端連著A小球,同時水平細線一端連著A球,另一端固定在右側(cè)豎直墻上,彈簧與豎直方向的夾角是60°,A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時AB兩球都靜止不動,A、B兩小球的質(zhì)量相等,重力加速度為g,若不計彈簧質(zhì)量,在水平細線被剪斷瞬間,A、B兩球的加速度分別為 (　　) A.aA=aB=g　　　　　 B.aA=2g,aB=0 C.aA=g,aB=0 D.aA=2g,aB=0 【解析】選D。設(shè)兩個小球的質(zhì)量都為m,以AB球整體作

14、為研究對象,處于靜止狀態(tài)受力平衡,由平衡條件得:細線拉力T=2mgtan 60°=2mg,剪斷細線瞬間彈簧的彈力沒有變化,A球受到的合力與原來細線的拉力大小相等,方向相反,由牛頓第二定律得:aA==2g,B球的受力情況不變,則加速度仍為0,故D正確,A、B、C錯誤。 11.(6分)(多選)如圖所示,已知物塊A、B的質(zhì)量分別為m1=4 kg、m2=1 kg,A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5,A與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.5,在水平力F的推動下,要使A、B一起運動而B不致下滑,則力F大小可能是 (　　) A.50 N B.100 N C.125 N D.150 N 【解析】

15、選C、D。對B不下滑有μ1FN≥m2g,由牛頓第二定律FN=m2a;對整體有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,得F≥(m1+m2)g=125 N,選項C、D正確。 12.(22分)如圖所示,質(zhì)量為4 kg的小球用細線拴著吊在行駛的汽車后壁上,線與豎直方向夾角為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,細線對小球的拉力和小球?qū)嚭蟊诘膲毫Α? (2)當汽車以a=10 m/s2向右勻減速行駛時,細線對小球的拉力和小球?qū)嚭蟊诘膲毫Α? 【解析】(1)當汽車以a=2 m/s2向右勻減速行駛

16、時,小球受力分析如圖甲所示, 由牛頓第二定律得:FTcos θ=mg ① FTsin θ-FN=ma ② 聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)得:FT=50 N,FN=22 N。 由牛頓第三定律可知,小球?qū)嚭蟊诘膲毫?2 N。 (2)當汽車向右勻減速行駛時,設(shè)車后壁彈力為0時(臨界條件)的加速度為a0,受力分析如圖乙所示:由牛頓第二定律得:FTsin θ=ma0 ③ 聯(lián)立①③代入數(shù)據(jù)得: a0=gtan θ=10×m/s2=7.5 m/s2, 因為a=10 m/s2>a0,所以小球飛起來,FN′=0 設(shè)此時細線與豎直方向的夾角為α,如圖丙所示,由牛頓第二定律得: FT′==40N≈56

17、.56 N。 答案:(1)50 N　22 N　(2)56.56 N　0 【補償訓(xùn)練】 如圖所示,在小車的傾角為30°的光滑斜面上,用勁度系數(shù)k=500 N/m 的彈簧連接一質(zhì)量為m=1 kg的物體。 (1)當小車以 m/s2的加速度運動時,m與斜面保持相對靜止,求彈簧伸長的長度。 (2)若使物體m對斜面無壓力,小車加速度必須多大? (3)若使彈簧保持原長,小車加速度大小、方向如何? 【解析】(1)對物體受力分析,受重力、支持力和拉力,如圖: 加速度水平向右,故合力水平向右,將各個力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解,由牛頓第二定律,得到 F-mg·sin30°

18、=ma·cos30° mg·cos30°-FN=ma·sin30° 解得F=mg·sin 30°+ma·cos 30°=6.5 N 根據(jù)胡克定律,有F=kx 代入數(shù)據(jù)得到x=0.013 m=1.3 cm 即此時當小車以m/s2的加速度運動時,彈簧伸長的長度為1.3 cm。 (2)物體對斜面體沒有壓力,則斜面體對物體也沒有支持力,物體受到重力和拉力,物體的加速度水平向右,故合力水平向右,運用平行四邊形定則,如圖: 由幾何關(guān)系得到 F合== N=10 N 根據(jù)牛頓第二定律,得到 a==10 m/s2 即若使物體m對斜面無壓力,小車加速度必須為10 m/s2。 (3)彈簧保持原長,彈力為零,物體受到重力和支持力,物體沿水平方向運動,加速度水平向左,合力水平向左,運用平行四邊形定則,如圖: 根據(jù)幾何關(guān)系,有F合=mg·tan 30° 根據(jù)牛頓第二定律,有F合=ma 故a=g·tan 30°= m/s2 即小車加速度大小為 m/s2、方向水平向左。 答案:(1)1.3 cm　(2)10m/s2 (3)m/s2,方向水平向左 11