第四章 应用牛顿运动定律解决三类典型问题+专题培优练（b）+Word版含答案

专题培优练（三） 应用牛顿运动定律解决三类典型问题
1.如图所示，两个质量相同的物体A和B紧靠在一起，放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2，而且F1>F2，则A施于B的作用力大小为(　　)
A．F1　　　　　B．F2 C. D.
解析：选C　选取A和B整体为研究对象，共同加速度a＝。再选取物体B为研究对象，受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律FN－F2＝ma，FN＝F2＋ma＝F2＋m＝。故选C。
2.如图甲、乙所示，两个倾角相同的滑杆上分别套有a、b两个圆环，两个圆环分别用细线悬吊着两个物体c、d，当它们都沿滑杆向下滑动时，悬线处于绷紧状态，a的悬线与杆垂直，b的悬线竖直向下。则下列说法中正确的是(　　)
A．a环与滑杆间没有摩擦力
B．b环与滑杆间没有摩擦力
C．a环做的是匀速运动
D．b环做的是匀加速运动
解析：选A　c受重力和沿线方向的力，因此a除受重力外也必须受沿线方向的力及杆的支持力，因为a和c加速度相同，所以a不受摩擦力作用。d受到重力和竖直向上的线的拉力作用，水平方向一定做匀速运动，b和d一起匀速运动，因此杆对b的作用力必然竖直向上，因此b必受摩擦力作用。故选项A对。
3.如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，外力大小是F，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)
A．μmg B. C．μ(M＋m)g D.
解析：选B　对m和M整体，由牛顿第二定律：
F＝(M＋m)a①
对m：Ff＝ma②
由①②得：Ff＝F，故B正确。
4.如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹，下列说法中正确的是(　　)
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
解析：选D　木炭包相对于传送带向左运动，因此径迹在其右侧，A错。设木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，传送带的速度为v，则木炭包与传送带共速时，所用时间t＝，运动的位移x1＝t＝，传送带运动的位移x2＝vt＝，径迹长L＝x2－x1＝，由此可知D正确，B、C不正确。
5.如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距6 m，求物体由A到B的时间(g＝10 m/s2)(　　)
A．2 s B．2.5 s C．3.5 s D．4 s
解析：选C　物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝μg＝2 m/s2，当物体的速度为2 m/s时，位移为：x1＝ m＝1 m<6 m，所以在到达B点之前，物体还有一段做匀速直线运动，加速时间为t1＝＝ s＝1 s，匀速时间为t2＝＝s＝2.5 s，故总时间为t＝t1＋t2＝1 s＋2.5 s＝3.5 s，C正确。
6.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上。一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上。如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳子与桌面平行，则重物下落过程中，工件的加速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律有：＝2·，解得：F＝，工件加速度为：a＝＝，所以A正确。
7.如图所示，质量为80 kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，现观察到磅秤的读数只有600 N，求：
(1)斜面的倾角θ为多少？
(2)物体对磅秤的静摩擦力为多少？(g取10 m/s2)
解析：(1)对物体、磅秤和小车组成的整体应用牛顿第二定律得
(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，解得a＝gsin θ
隔离M，对M在竖直方向上应用牛顿第二定律，有
Mg－FN＝Masin θ，即Mg－FN＝Mgsin2θ
代入数据解得sin θ＝，故θ＝30°。
(2)对M在水平方向上应用牛顿第二定律，有Ff＝Macos θ＝Mgsin θcos θ＝200 N。
由牛顿第三定律知物体对磅秤的静摩擦力为200  N。
答案：(1)30°　(2)200 N
8.如图所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10 m/s2)
(1)若传送带静止不动，求vB。
(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，则求出到达B点的速度vB。
(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。
解析：(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，且v－v＝2ax，
故vB＝2 m/s。
(2)能。当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度就不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度vB＝2 m/s。
(3)工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，
运动的位移为x1＝vAt1＋at＝5.75 m<8 m，则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。
匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案：(1)2 m/s　(2)能，2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s
9.如图所示，质量为4 kg的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
(2)当汽车以a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
解析：(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲所示，
由牛顿第二定律得：FTcos θ＝mg①
FTsin θ－FN＝ma②
联立①②代入数据得：FT＝50 N，FN＝22 N。
由牛顿第三定律可知，小球对车后壁的压力为22 N。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图乙所示：由牛顿第二定律得：FTsin θ＝ma0③
联立①③代入数据得：
a0＝gtan θ＝10× m/s2＝7.5 m/s2，
因为a＝10 m/s2>a0，所以小球飞起来，FN′＝0
设此时细线与竖直方向的夹角为α，如图丙所示，
由牛顿第二定律得：
FT′＝＝40 N≈56.56 N。
答案：(1)50 N　22 N　(2)56.56 N　0