牛顿运动定律的综合应用答案

７．(１)３m /s ２㊀８m /s ㊀(２)３０ʎ㊀１３３５N 解析:(１)设物块的加速度为a ,到达B 点时的速度为v ,由运动学公式得L ＝v ０t ＋１２a t ２,v ＝v ０＋a t ,联立解得:a ＝３m /s２,v ＝８m /s ;(２)设物块所受支持力为F N ,所受摩擦力为F f ,拉力与斜面间的夹角为α,由牛顿第二定律得F c o s α－m g s i n θ－F f ＝m a ,F s i n α＋F N －m g c o s θ＝０,又F f ＝μF N ,联立上式得F ＝m g (s i n θ＋μc o s θ)＋m a c o s α＋μs i n α,由数学知识得c o s α＋３３s i n α＝２３３s i n (６０ʎ＋α),由以上式可知对应最小F 的夹角为α＝３０ʎ,联立以上各式,代入数据得F 的最小值为F m i n ＝１３３５N ．基础过关１２㊀牛顿运动定律的综合应用(１)１．C ㊀２．A D ㊀解析:根据钢珠只与A 挡板碰撞了一次,可知钢珠运动的路程有两种可能:一是与B 板碰一次,x ＝２ˑ６m＋４m＝１６m ;二是与B 板碰两次,x ＝３ˑ６m＋２m＝２０m ;由公式v ２＝２a x 可得a ＝v ２２x ;当x ＝１６m 时解得加速度a ＝２m /s２;当x ＝２０m 时解得a ＝１．６m /s２,由牛顿第二定律和f ＝μm g 知,μ＝ag＝０．２或０．１６,故A D正确．３．B４．A D ㊀解析:由于０~２s 内物体沿正向减速运动,１~２s 内沿负向加速运动,２s 后沿负方向减速运动,则拉力是在２s 末撤去的,拉力F 的作用时间为２s ,在２~３s 内物体的加速度大小为a ＝Δv Δt＝２m /s２,摩擦力大小μm g ＝ma ,解得μ＝０．２,故A 正确㊁C 错误．由图知,０~１s 内物体沿正向运动,位移x １＝１２ˑ６ˑ１m＝３m ,１~３s 内沿负向运动,位移x ２＝１２ˑ(３－１)ˑ２m＝２m ,则知３s 末距离出发点距离为x ＝x １－x ２＝１m ,故B 错误;在０~１s 内物体沿正向运动,根据图象可得加速度a １＝Δv １Δt １＝６１m /s ２＝６m /s２,根据牛顿第二定律可得:F ＋μm g ＝ma １,解得物体的质量m ＝１k g,故D 正确．故选A D ．５．A㊀６．A㊀解析:设O b 与竖直方向的夹角为θ,由几何关系得O a 与竖直方向的夹角为θ２,环沿O a 下滑时的加速度大小为a １＝g c o s θ２,沿O b 下滑的加速度大小为a ２＝g c o s θ,设O b 长为l ,由几何关系得O a 长为l c o s θ２,根据运动学公式得l ＝１２a ２t ２２,l c o s θ２＝１２a １t ２１,得t ２２＝２l g c o s θ,t ２１＝２l g,由此得到t １＜t ２,由于t １＝２lg,同理可得到t ３＝２lg,因此t １＝t ３,t ２＞t ３,故A 错误,B ㊁C ㊁D 正确．本题选不正确的,故选A ．７．C D㊀解析:由图乙可知,在０~t １,物体仍处于静止状态,物体受到的是静摩擦力,与水平力F 的大小相等,即随时间的增加而增大,A 错误;在t ２时刻,木块与长木板的静摩擦力达到最大为μ１m g ,此时对长木板有:μ１m g －３μ２mg ＝２m a ０＞０,即μ１m g ＞３μ２m g ,则有μ１＞３μ２,解得a ０＝μ１－３μ２２g ,B 错误,C 正确;t １~t ２时间内两者有共同的加速度,则a １＝F －３μ２mg ３m ＝k ３mt －μ２g ,t ２~t ３水平力F 作用在m 上,则a ２＝F －μ１m g m ＝k t m －μ１g ,则这两段时间的图线的斜率之比为k ３m k m＝１３,D 正确．故选C D ．８．(１)２．５m /s ２㊀(２)５m提优过关１２㊀牛顿运动定律的综合应用(１)１．D２．A D ㊀解析:由牛顿第二定律得:D 落地前,对A B C D 系统:３m g －m g ＝４m a １,解得a １＝１２g ,D 落地后C 落地前,对A B C 系统:２m g －m g ＝３m a ２,解得a ２＝１３g ,D 落地前运动时间:t １＝２La １＝２Lg,D 落地时的速度:v １＝a １t １＝gL ,从D 落地到C 落地过程:v ２２－v ２１＝２a ２L ,解得v ２＝５３gL ,C 落地后A 向上做匀速直线运动,B 落地后A 向上做竖直上抛运动,由此可知,C 落地时A 的速度最大为５g L ３,故A 正确,B 错误;B 落地后A 向上做竖直上抛运动,上抛的高度:h ＝v ２２２g ＝５６L ,A 上升的最大高度:H ＝３L ＋h ＝２３６L ,故C 错误,D 正确．故选A D ．３．A C D㊀解析:要使物体运动时不离开水平面,应有:F s i n θɤm g ,要使物体能向右运动,应有:F c o s θȡμ(m g －F s i n θ),联立解得:μm g c o s θ＋μs i n θɤF ɤm gs i n θ,故A 正确,B错误;根据牛顿第二定律解得F c o s θ－μ(m g －F s i n θ)＝m a ,解得F ＝μm g ＋m ac o s θ＋μs i n θ,上式变形F ＝μm g ＋m a １＋μ２si n (θ＋α),其中α＝a r c s i n１１＋μ２,当s i n (θ＋α)＝１时F 有最小值,解得F m i n ＝μm g ＋m a １＋μ２,对于C 选项,a ＝０,解得F m i n ＝２０５N ,故C 正确;对于D 选项,a ＝５m /s ２,解得F m i n ＝４０５N ,故D 正确．故选A C D ．４．(１)２gL ㊀(２)３g L １６d ㊀(３)m g ＋３m g L８d －k d ㊀解析:(１)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v ０,由自由落体运动规律有:v ２０＝２g L ,解得v ０＝２gL ;(２)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a ,取竖直向下为正方向,则有:－２a x ＝v ２２－v ２１,又x ＝d ,v １＝v ０２,v ２＝v ０４,解得a ＝３g L １６d ;(３)设下移距离d 时弹簧弹力为F ,E R 流体对滑块的阻力为F E R ,对物体与滑块组成的整体,受力分析如图所示:由牛顿第二定律得:F ＋F E R －２m g ＝２m a ,又F ＝k (d ＋x ０),m g ＝k x ０,联立解得F E R ＝m g ＋３m g L ８d －k d ．５．(１)１２m /s ㊀１６㊀(２)不能到达C 点,最大高度为１９．２m解析:(１)设水平轨道对小物块的支持力为N ,滑动摩擦力为f ,在水平轨道上运动的加速度为a １,根据位移时间公式有:L ＝１２a １t ２１①,根据速度时间公式有:v B ＝a １t １ ②,对小物块受力分析,水平方向:F c o s α－f ＝m a １ ③,竖直方向:F s i n α＋N ＝m g ④,又因为f ＝μN ⑤,联立①②③④⑤代入数据可解得:v B ＝１２m /s ,μ＝１６．(２)假设小物块一直能够在倾斜轨道上向上运动,加速度大小为a ２,速度为零时通过的距离为x ,由牛顿第二定律得,F －m gs i n α＝m a ２ ⑥,由速度位移公式得０－v ２B ＝２a ２x ⑦,联立⑥⑦代入数据可解得a ２＝－３m /s ２,x ＝２４m ;由于x ＝２４m＜s ＝３０m ,所以小物块不能到达C 点,则小物块在倾斜轨道B C 上到达的最大高度h ＝x s i n α＝２４mˑ０．８＝１９．２m ．６．(１)μ＝０．２㊀μᶄ＝０．１㊀(２)１J ㊀(３)３．０５m 解析:(１)设A 与地面间的动摩擦因数为μ,B 与A 上表面的动摩擦因数为μᶄ,由图乙可知:０~１s ,A C 整体做匀减速运动的加速度a A １＝３．５m /s ２,B 做匀加速运动的加速度a B １＝１m /s ２,对A C 整体,－３μm g －μᶄm g ＝－２m a A １,对B 有:μᶄm g ＝m a B １,解得:μᶄ＝０．１,μ＝０．２．(２)C 与A 碰撞过程中动量守恒:m v C ＝２m v A ,其中v A ＝４．５m /s ,解得v C ＝９m /s ,弹簧弹开过程中,C D 系统动量守恒,由动量守恒定律:２m v ０＝m v C ＋m v D ,解得v D ＝７m /s ,弹簧弹开过程中,C D 及弹簧组成的系统的机械能守恒,则有１２ˑ２m v ２０＋E p ＝１２m v ２C ＋１２m v ２D ,解得E p ＝１J ．(３)由图乙可知,０~１s 内B 相对A 向左运动的位移:x １＝４．５２ˑ１m＝２．２５m ,A ㊁B 速度相等后,B 的加速度a B ２＝－μᶄg ＝－１m /s ２,A C 整体的加速度a A ２＝－３μm g ＋μᶄm g ２m＝－２．５m /s２,因|a A ２|＞|a B ２|,所以A C 整体先停止运动,A C 整体的运动时间为t ＝１２．５s ＝０．４s,在０．４s 内B 相对A 向右运动的位移:x ２＝v t ＋１２a B ２t ２－１２v t ＝０．１２m ,A 停止时B 的速度:v ᶄ＝v ＋a B ２t ＝０．６m /s,然后B 在A 上面做匀减速运动直到停止,B 的加速度１１a B ３＝－μᶄg ＝－１m/s ２,B 相对A 向右运动的位移:x ３＝－v ２２a B ３＝０．１８m ,所以最终B 离长木板A 左端的距离x ＝l －x １＋x ２＋x ３＝３．０５m ．基础过关１３㊀牛顿运动定律的综合应用(２)１．D２．A㊀解析:以容器和木球组成的整体为研究对象,细线断裂,在木球上浮的过程中木球加速上升,加速度方向向上,木球上浮留下的空位由水来填充,所以相当一个与木球同样大小的水球向下加速运动,由于同样体积的木球质量小于水球的质量,所以整体存在失重现象,台秤的示数小于系统总重力,台秤的示数减小,故选A ．３．C D ㊀解析:由题,B 与A 相碰撞后,立即具有相同的速度,A ㊁B 一起向下运动过程中,开始时弹簧的弹力小于二者重力的和,二者加速度的方向向下,所以A ㊁B 均处于失重状态,故A 错误,在反弹过程中,当物体B 与A 刚分离时,B 只受重力,A 对B 没有弹力,B 的加速度为g ,结合分离的条件可知,两个物体分离的瞬间它们具有相等的速度和相等的加速度,所以A 的加速度也是g ,可知A ㊁B 分离时均处于失重状态,故B 错误,C 正确;反弹过程中,当物块B 与A 刚分离时,B 只受重力,A 对B 没有弹力,加速度为g ,则由牛顿第二定律得知,弹簧处于原长状态,此位置在P 点的上方,在P 处物块B 与A 仍未分离,故D 正确．故选C D ．４．C ㊀５．D ㊀６．C ㊀７．C ㊀解析:假设A ㊁B 不发生相对滑动,整体的加速度a ＝m C g m A ＋m B ＋m C ＝１０１＋２＋１m /s ２＝２．５m /s ２,对物体A 分析,f ＝m Aa ＝１ˑ２．５N＝２．５N＜μm A g ＝３N ,可知假设成立,即A ㊁B 两物体不发生相对滑动,A 所受的摩擦力为２．５N ,加速度为２．５m /s２,故A B 错误,C 正确,对物体C 分析,根据牛顿第二定律,m C g －T ＝m C a ,解得T ＝m C g－m C a ＝１０N－１ˑ２．５N＝７．５N ,故D 错误．故选C ．８．A C D ㊀解析:三物块一起做匀速直线运动,由平衡条件得,对a ㊁b ㊁c 系统,F ＝３μm g ,对b ㊁c 系统,T ＝２μm g ,则F ＞T ,即水平拉力大于轻绳的弹力,故A 正确;c 做匀速直线运动,处于平衡状态,则c 不受摩擦力,故B 错误;当水平拉力增大为原来的１．５倍时,F ᶄ＝１．５F ＝４．５μm g ,由牛顿第二定律得,对a ㊁b ㊁c 系统,F ᶄ－３μm g ＝３m a ,对c ,f ＝m a ,解得f ＝０．５μm g ,故C 正确;剪断轻绳后,b ㊁c 一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得,对b ㊁c 系统,２μm g ＝２m a ᶄ,对c ,f ᶄ＝m a ᶄ,解得f ᶄ＝μm g ,故D 正确,故选A C D ．提优过关１３㊀牛顿运动定律的综合应用(２)１．A B ㊀２．A C D ㊀解析:当飞机做加速度的大小等于重力加速度g ,加速度的方向竖直向下的运动时,座舱内的试验者便处于完全失重状态,这种运动可以是飞机模拟无阻力下的竖直下抛运动或竖直上抛运动,也可以是斜抛运动,所以A 正确,B 错误;如果是竖直上抛运动,可计算时间是t ＝－１０００－５００－１０s ＝１５０s,故C 正确;如果是竖直下抛运动可计算时间是t ＝１０００－５００１０s ＝５０s ,故D 正确．故选A C D ．３．B ㊀４．D㊀５．B ㊀解析:A 与B 间的滑动摩擦力为f A ＝μ１m A g ＝０．８ˑ２ˑ１０N＝１６N ,B 与地面间的滑动摩擦力为f ＝μ２(m A ＋m B )g ＝１２N ,B 的最大加速度为a m ,则有f A －f ＝m B a m ,解得a m ＝f A －f m B ＝１６－１２１m /s ２＝４m /s ２,对A 分析,当A 的加速度大于４m /s ２时,A ㊁B 发生相对滑动,此时的拉力为F ,则F －f A ＝m A a m ,解得F ＝２４N ,当F ＝１７N 时,A ㊁B 以共同的加速度运动,此时的加速度为a 共＝F －f m A ＋m B ＝１７－１２１＋２m /s ２＝５３m /s ２,故A 错误;当F ＝２１N 时,A ㊁B 以共同的加速度运动,此时的加速度为a 共＝F －f m A ＋m B ＝２１－１２２＋１m /s ２＝３m /s ２,故B 正确;F ＝２２N＜２４N ,此时A ㊁B 不发生相对滑动,故C 错误;当F ＝３９N 时,A ㊁B 发生相对滑动,此时B 的加速度为４m /s２,故D 错误．故选B ．６．B ㊀解析:先对(a)图中情况下的整体受力分析,受重力㊁支持力和拉力,根据牛顿第二定律,有F ＝(M ＋m )a ①,再对(a)图中情况下的小球受力分析,如图甲,根据牛顿第二定律,有F －F １s i n α＝m a ②,F １c o s α－m g ＝０③,由以上三式可解得F １＝m gc o s α,a ＝m g t a n αM,再对(b )图中小球受力分析,如图乙㊀由几何关系得:F 合＝m gt a n α,F ᶄ１＝m gc o s α,再由牛顿第二定律,得到a ᶄ＝g t a n α,由于M ＞m ,故a ᶄ＞a ,F ᶄ１＝F １,故选B ．７．C D㊀解析:根据受力分析可知,物块A 先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,B 先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,在弹簧第一次恢复到原长时,系统的机械能一直增大,A 错误;当A 的加速度为零时,弹簧弹力等于F ,所以B 的加速度为Fm ２,B 错误;速度相等前,A 一直比B 速度大,所以弹簧一直在变长,当两物块速度相等时,弹簧最长,弹簧的弹性势能最大,C 正确;因为弹簧恢复原长,所以弹性势能为零,根据功能关系可知:F x ＝１２m １v ２１＋１２m ２v ２２,所以x ＝m １v ２１＋m ２v ２２２F,D 正确．故选C D ．８．B D ㊀解析:开始时A ㊁B 处于静止状态,对A :F ＋m A g s i n θ＝k x １,解得x １＝０．１５m＝１５c m ,所以当弹簧恢复原长时,物块A 沿斜面上升１５c m ,故A 错误;当B 刚要离开挡板时,挡板的支持力为０,对B :k x ２＝M B gs i n θ;代入数据得:x ２＝０．０２５m ,此时A 向上的位移:x ＝x １＋x ２＝０．１５m ＋０．０２５m＝０．１７５m ;克服重力做的功:W ＝m gx s i n θ,代入数据得:W ＝１．７５J ,故B 正确;B 刚要离开挡板前受到向上的拉力,则弹簧对A 的拉力方向向下,所以在B 要离开挡板前,弹簧先对A 先做正功,然后做负功,故C 错误;物块B 刚要与挡板分离时,物块A 受到重力㊁斜面的支持力和弹簧的拉力,沿斜面的方向:m a ＝m gs i n θ＋k x ２,代入数据得加速度:a ＝７．５m /s ２,故D正确．故选B D ．９．D ㊀解析:对两球整体受力分析,则水平方向:T １s i n θ＝(m １＋m ２)a ,竖直方向:T １c o s θ－(m １＋m ２)g ＝０,解得:T １＝(m １＋m ２)g c o s θ,a ＝g t a n θ,两球加速度相等,可知小车的加速度越大,θ越大,A 错误,D 正确;对下面小球m ２,竖直方向:T ２c o s θ－m ２g ＝０,解得:T ２＝m ２g c o s θ,可知T １＞T ２,即上段轻绳中的张力大于下段轻绳中的张力,两段轻绳中的张力不相等,B 错误;夹角θ的大小由加速度决定,与小车的速度无关,C 错误．故选D ．１０．D㊀解析:撤去F 后,物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,弹力先大于滑动摩擦力,后小于滑动摩擦力,则物体向左先做加速运动后做减速运动,随着弹力的减小,合外力先减小后增大,则加速度先减小后增大,故物体先做变加速运动,再做变减速运动,而B 物体与地面无摩擦,故先做加速运动再做匀速运动,故A 错误．撤去F 后,以A B 整体为研究对象,根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a ＝k x ０－μm g ２m,故B 错误;由以上分析可知,当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等㊁方向相反时,速度最大,此时A ㊁B 两物体分开,弹簧的压缩量为x ＝μm g k ,物体A ㊁B 一起向左运动距离为x ＝x ０－μm gk,故C 错误,D 正确．故选D ．基础过关１４㊀专题三㊀传送带问题㊀板块模型１．A D ㊀２．A３．B C D㊀解析:由于m g s i n ３７ʎ＝０．６m g ㊁μm g c o s ３７ʎ＝０．５ˑ０．８m g ＝０．４m g ,所以对两物块受力分析后知两物块都相对传送带向下加速滑动,加速度的大小都是a ＝gs i n３７ʎ－μg c o s ３７ʎ＝２m /s ２,初速度相同,加速度大小相同,经过的位移大小相同,据x ＝v ０t ＋１２a t ２可得两者的运动时间相同,都为t ＝１s ,即两者同时到达底端,故A项错误,B 项正确．两物块均相对传送带向下加速滑动,传送带对物块A ㊁B 摩擦力都沿传送带向上,故C 项正确．传送带在１s内的路程x ＝v ０t ＝１m ,物块A 与传送带是同向运动的,A 的划痕长度是斜面长度减去在此时间内传送带的路程,即Δx A ＝２m－１m＝１m ;B 与传送带是反向运动的,B 的划痕长度是斜面长度加上在此时间内传送带的路程,即Δx B ＝２m＋１m＝３m ,A ㊁B 在传送带上的划痕长度之比为１ʒ３,故D 项正确．４．A C ㊀解析:当传送带以v ＝８m /s 逆时针转动时,Q 恰好静止,对Q 受力分析知,F ＝２１。