高中物理人教版能力提升练习 必修一第4章 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析

1.(多选)(2019·山师附中模拟)游乐园中,游客乘坐能加速或减速运动的升降机,可以体会超重或失重的感觉。下列描述正确的是 (　　)
A.当升降机加速上升时,游客是处在失重状态
B.当升降机减速下降时,游客是处在超重状态
C.当升降机减速上升时,游客是处在失重状态
D.当升降机加速下降时,游客是处在超重状态
【解析】选B、C。当升降机加速上升时,游客有向上的加速度,是由重力与升降机对游客支持力的合力产生的,此时升降机对游客的支持力大于游客的重力,所以处于超重状态,A错误。当升降机减速下降时,具有向上的加速度,同理此时游客也处于超重状态,B正确。当升降机减速上升时,具有向下的加速度,是由重力与升降机对游客支持力的合力产生的,所以升降机对游客的支持力小于游客的重力,此时失重,C正确。当升降机加速下降时,也具有向下的加速度,同理可得此时游客处于失重状态,故D错误。故选B、C。
2.(2020·成都模拟)如图所示,浸在水中的小球的密度小于水的密度且固定在轻弹簧的一端,弹簧的另一端固定在容器的底部,当整个系统自由下落时,弹簧长度将 (　　)
A.变长
B.不变
C.恢复原长
D.条件不足,无法确定
【解析】选C。当系统处于静止状态时,浸在水中的小球的密度小于水的密度,由平衡条件可得:F浮=F弹+mg,所以弹簧被拉伸;当整个系统自由下落达到稳定时,小球及水处于完全失重状态,水也不再对球施加浮力,弹簧不再受到拉力,故弹簧将恢复原长;故C正确。
3.质量为m0=20 kg、长为L=5 m 的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15,将质量m=10 kg 的小木块(可视为质点),以v0=4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2)。则下列判断中正确的是 (　　)
A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板
B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板
C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板
【解析】选A。木板与地面间的摩擦力为Ff1=μ1(m0+m)g=0.15×(20+10)×10 N=
45 N,小木块与木板之间的摩擦力为Ff2=μ2mg=0.4×10×10 N=40 N,Ff1>Ff2,所以木板一定静止不动;设小木块在木板上滑行的距离为x,=2μ2gx,解得x=2 m<
L=5 m,所以小木块不能滑出木板,A正确。
4.(2019·南昌模拟)为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终保持水平,如图所示。当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用),则乘客 (　　)
A.处于超重状态
B.不受摩擦力的作用
C.受到水平向左的摩擦力作用
D.所受合力竖直向上
【解析】选C。当此车减速上坡时,整体的加速度沿斜面向下,乘客具有向下的分加速度,故乘客处于失重状态,选项A错误;由于乘客的加速度沿斜面向下,乘客有水平向左的分加速度,对乘客进行受力分析,乘客受重力、支持力和水平向左的静摩擦力作用,选项B错误,C正确;由于乘客的加速度沿斜面向下,根据牛顿第二定律可知乘客所受的合力沿斜面向下,选项D错误。
【补偿训练】
如图所示,与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮,质量mAA.FT=mAg　　　　　 B.FT>mAg
C.FT=mBg D.FT>mBg
【解析】选B。物体A向上加速运动,物体B向下加速运动,因此A处于超重状态,FT>mAg,B处于失重状态,FT5.(2019·海南高考)如图,两物块P、Q置于水平地面上,其质量分别为m、2m,两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的拉力F,使两物块做匀加速直线运动,轻绳的张力大小为 (　　)
A.F-2μmg　　　　　　　 B.F+μmg
C.F-μmg D.F
【解析】选D。将两物块看作一个整体,两物块受重力和支持力,这两个力平衡,还受拉力F和摩擦力f,f=μ(m+2m)g=3μmg,由牛顿第二定律得F-f=3ma,则a=;对于物块P,根据牛顿第二定律得T-μmg=ma,整理得T=,选项D正确,A、B、C错误。
6.如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,以下说法中正确的是 (　　)
A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零
B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零
C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D.斜面对球不仅有弹力,而且该弹力是一个定值
【解析】选D。设球的质量为m,斜面倾角为θ,斜面给球的弹力为F1,竖直挡板给球的弹力为F2,对球受力分析,如图所示,由牛顿第二定律得:F1cosθ-mg=0, F2-F1sin θ=ma,解得F1=是定值,F2=mgtan θ+ma,故A、B错,D正确;球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为ma,故C错。
7.如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样的大小的力F竖直加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3
【解析】选A。对左图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度a==-μg,对A物体有:F弹-μmg=ma,得F弹==kx1,x1=。
对右图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度a′==-g,对A物体有:F′弹-mg=ma′,得F′弹==kx2,x2=,则x1∶x2=1∶1。故A正确,B、C、D错误。
【补偿训练】
　　如图所示,光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B,中间用劲度系数为k的轻弹簧相连,在外力F1、F2作用下运动,且满足F1>F2,当系统运动稳定后,弹簧的伸长量为 (　　)
A. B.
C.　　 D.
【解析】选B。本题利用牛顿第二定律,先选A、B为一整体,再隔离A物体,求出弹簧的弹力F,由F=kx,即可求得弹簧的伸长量,但是若用极限分析法,可快速得出结果:令F1=F2,则两物体静止,F=F1=F2=kx,能满足此条件的结果只有B选项。
8.(多选)如图所示,光滑水平桌面放置着物块A,它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m,B的质量为3m,重力加速度大小为g。静止释放物块A、B后 (　　)
A.相同时间内,A、B运动的路程之比为2∶1
B.物块A、B的加速度之比为1∶1
C.细绳的拉力为
D.当B下落高度h时,速度为
【解析】选A、C。图中物块B悬挂在动滑轮上,在时间t内,物块B下落高度等于物块A运动路程的,即相同时间内A、B运动的路程之比为sA∶sB=2∶1,选项A正确;静止释放物块A、B后,由初速度为零的匀变速直线运动规律,s=at2,由此可知,物块A、B的加速度之比为aA∶aB=2∶1,选项B错误;设细绳对物块A的拉力为F,对物块A,由牛顿第二定律,F=maA,对物块B,由牛顿第二定律,3mg-2F= 3maB,联立解得:F=,选项C正确;由F=maA,可得aA=,aB=,当B下落高度h时,它的速度v==,选项D错误。
9.(多选)(2019·烟台模拟)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是 (　　)
【解析】选B、D。设滑块质量为m,木板质量为M,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,若μ1mg<μ2(M+m) g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度a1=μ1g,木板静止,选项D正确;若μ1mg>μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度为a1=μ1g,木板向右匀加速运动,当二者速度相等后,一起以a2=μ2g的加速度匀减速到停止,因a1>a2,故选项B正确。
【补偿训练】
如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D,其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉D木块,使四个木块以同一加速度运动,则A、C间轻绳的最大拉力为 (　　)
A.　　 B.
C. D.3μmg
【解析】选C。设整体加速度为a,对B木块受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,Ff1=2ma①
对A、B、C三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,Ff2=4ma②
由于A、B间和C、D间的最大静摩擦力大小都为μmg,且Ff2>Ff1,所以整体加速度增大时,C、D间的静摩擦力先达到最大静摩擦力,取Ff2=μmg③
再对A、B两木块组成的整体受力分析,水平方向只受绳的拉力作用,有FT=3ma④
由②③④得FT=μmg,C正确,A、B、D错误。
10.如图所示,质量均为m=3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离,已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求:
(1)物块A、B分离时,所加外力F的大小。
(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。
【解析】(1) 物块A、B分离时,对B:F-μmg=ma,
解得:F=21 N。
(2)A、B静止时,对A、B:kx1=2μmg。
A、B分离时,对A:kx2-μmg=ma。
此过程中x1-x2=at2
解得:t=0.3 s。
答案:(1)21 N　(2)0.3 s
11.(10分)如图所示,可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A、A与B间距均为d =0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g=10 m/s2。
求:(1)A物体在纸带上的滑动时间。
(2)两物体A、B停在地面上的距离。
【解析】(1)两物体在纸带上滑动时:μ1mg=ma1
当物体A滑离纸带时a-a1=d,t1=1 s
(2)物体A离开纸带时的速度v1=a1t1　物体A在地面上运动时有μ2mg=ma2
物体A从开始运动到停在地面上的总位移
s1=+
当物体B滑离纸带时a-a1=2d
v2=a1t2
物体B从开始运动到停在地面上的总位移
s2=+
两物体最终停止的间距
x=s2+d-s1=1.25 m。
答案:(1)1 s　 (2)1.25 m
12.如图所示,与水平面成θ=30°的传送带正以v=3 m/s的速度匀速运行,A、B两端相距l=13.5 m。现每隔1 s把质量m=1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上,工件在传送带的带动下向上运动,工件与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,结果保留两位有效数字。求:
(1)相邻工件间的最小距离和最大距离。
(2)满载与空载相比,传送带需要增加多大的牵引力?
【解析】(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a,则μmgcos θ-
mgsin θ=ma
代入数据解得a=1.0 m/s2
刚放上下一个工件时,该工件离前一个工件的距离最小,且最小距离dmin=at2
解得dmin=0.50 m
当工件匀速运动时两相邻工件相距最远,则dmax=vt=3.0 m。
(2)由于工件加速时间为t1==3.0 s,因此传送带上总有三个(n1=3)工件正在加速,故所有做加速运动的工件对传递带的总滑动摩擦力=3μmgcos θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x==4.5 m
传送带上匀速运动的工件数n2==3
当工件与传送带相对静止后,每个工件受到的静摩擦力=mgsin θ,所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力Ff2=n2Ff0
与空载相比,传送带需增大的牵引力F=Ff1+Ff2
联立解得F=33 N。
答案:(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N