2016届黑龙江大庆喇中高考物理二轮复习知识点突破牛顿运动定律的应用(新人教版)

牛顿运动定律的应用练习1、如图所示，A、B两个楔子的质量都是8.0kg，C物体的质量为384kg，C 和A、B的接触面与水平面的夹角是45°，水平推力F=2920N.所有摩擦均忽略.求:(1)A和C的加速度.(2)B对C的作用力的大小和方向.2、如图所示，一条轻绳两端各系着质量为m1和m2的两个物体，通过定滑轮悬挂在车厢顶上，m1>m2，绳与滑轮的摩擦忽略不计.若车以加速度a向右运动,m1仍然与车厢地板相对静止，试问:(1)此时绳上的张力T.(2)m1与地板之间的摩擦因数μ至少要多大?3、如图所示，光滑的圆球恰好放存木块的圆弧槽内，它们的左边接触点为A，槽半径为R，且OA与水平面成α角.球的质量为m，木块的质量为M，M所处的平面是水平的，各种摩擦及绳、滑轮的质量都不计.则释放悬挂物P后，要使球和木块保持相对静止，P物的质量的最大值是多少?4、如图所示，绳子不可伸长，绳和滑轮的重力不计，摩擦不计.重物A和B 的质量分别为m1和m2，求当左边绳上端剪断后，两重物的加速度.5、风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力.现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室.小球孔径略大于细杆直径，如图所示.(1)当杆在水平方向上同定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍.求小球与杆间的动摩擦因数.(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少(sin37°=0.6，cos37°=0.8)?(2000年上海高考试题)6、将金属块用压缩的弹簧卡于一个矩形箱内，如图A-7所示，箱子的上顶板和下顶板都装有压力传感器，箱子可以沿竖直方向运动.当箱子以2m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示为6.0N，下顶板的压力传感器显示为10.0N，g取10m/s2.（1）若上顶板的传感器的示数为下顶板传感器的示数的一半，试判定箱子的运动情况.（2）要使上顶板的传感器的示数为零，箱子沿竖直方向上的运动可能是怎样的？7、在香港海洋公园的游乐场中，有一台大型游戏机叫“跳楼机”.参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面H1=40m高处，然后由静止释放.座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而做匀减速直线运动，下落到离地面H2=4.0m高处时，速度恰好为零，整个过程所经历的时间t=6s.然后座椅再缓慢下落将游客送回地面.g 取10m/s2，求：（1）座椅被释放后自由下落的高度h1有多高；（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍.8、如图所示，在以一定加速度a行驶的车厢内，有一长为L、质量为m的棒AB靠在光滑的后壁上，棒与厢底面之间的动摩擦因数为μ0，为了使棒不滑动，棒与竖直平面所成的夹角θ应在什么范围内取值?9、如图11所示，在光滑的倾角为的固定斜面上放一个劈形的物体A，其上表面水平，质量为M.物体B质量为m，放在A的上面，先用手固定住A.（1）若A的上表面粗糙，放手后，A、B相对静止一起沿斜面下滑，求B 对A的压力大小；（2）若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小.10、如图B-2所示，用挡板P将小球靠在光滑斜面上，斜面倾角为θ，问斜面至少以多大的加速度向右运动时，小球才能做自由落体运动到地面？11、如图7所示，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？12、将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图1所示，在箱的上顶板和下顶板安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动.当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下顶板的传感器显示的压力为10.0N，取g=10m/s2.求：（1）金箱块的质量m；（2）若上顶板传感器的示数是下顶板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况.13、如图13所示，质量为m的物体放在倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ.现用力F拉物体沿斜面匀速上滑，则F的方向与斜面的夹角α为多大时最省力？其最小值为多大？14、台压力传感器（能及时准确显示压力大小），压力传感器上表面水平，上面放置一个质量为1kg的木块，在t=0时刻升降机从地面由静止开始上升，在t=10s时上升了H，并且速度恰好减为零.他根据记录的压力数据绘制了压力随时间变化的关系图象.请你根据题中所给条件和图象信息回答下列问题.（g取10m/s2）（1）题中所给的10s内升降机上升的高度H为多少？（2）如果上升过程中某段时间内压力传感器显示的示数为零，那么该段时间内升降机是如何运动的？15、两个质量不计的弹簧将一金属块支在箱子的上顶板与下底板之间，箱子只能沿竖直方向运动，如图2所示.两弹簧原长均为x0=0.80m，劲度系数均为k=60N/m.当箱以2.0m/s2的加速度匀减速上升时，上弹簧的长度为x１=0.70m，下弹簧的长度为x２=0.60m.若上顶板压力是下底板压力的四分之一，试判断箱的运动情况.（g取10m/s2）16、如图3所示，一根质量为M的长木杆一端用绳拴着竖直悬挂，杆上有一质量为m的小猫.某时刻突然绳断了，在杆开始下落时猫同时开始沿杆向上快爬，设木杆足够长，为使小猫离地高度始终不变，则木杆下落的加速度是多少？17、人和雪橇的总质量为75kg，沿倾角为θ=37°且足够长的斜坡面向下滑动，已知雪橇所受空气阻力与速度成正比，比例系数K未知.从某时刻开始计时测得雪橇的速度――时间图象如图8中的AD所示，图中AB是曲线在A点的切线.g 取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.回答问题并求解：（1）雪橇在下滑过程中，开始做什么运动？最后做什么运动？（2）当雪橇的速度为v=5m/s时，求它的加速度大小.（3）求空气阻力系数K及雪橇与斜坡面间的动摩擦因数μ.18、如图1所示，水平面光滑，滑轮与绳子间，m1、m2与m3间的摩擦均不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F为多少？19、如图3所示，A、B两滑环分别套在间距为1m的光滑细杆上，A和B 的质量比为m A∶m B=1∶3，用一自然长度为1m的轻弹簧将两滑环相连，在A 环上作用一沿杆方向、大小为20N的拉力F，当两滑环都沿杆以相同的加速度运动时，弹簧与杆的夹角为53°（cos53°=0.6），求：（1）弹簧的劲度系数为多少；（2）若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a′，试求a′∶a 为多少.20、如图2所示，风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径.（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数μ.（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止开始在细杆上滑下距离s所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）答案1、(1)a A=5m/s2,a C=3.54m/s2(2)N BC=2716N方向左上方45°2、(1)(2)3、α≤45°时，不论P多大，小球均不会翻出.α>45°时，4、,5、(1)0.5(2)6、解：设金属块的质量为m，以2m/s2的加速度向上做匀减速运动，则加速度的方向向下，由牛顿第二定律：F上+mg-F下=ma 解得m=0.5kg（1）当上顶板的传感器的示数为下顶板传感器的示数的一半时，弹簧的弹力没有变化，即下顶板的示数仍然为10N，则上顶板的示数为5N，设此时金属块的加速度为a1则有+mg-F下=ma1，解得a1=0即金属块静止或者做匀速直线运动.（2）当金属块恰好不压上壁时，弹簧的弹力不变，下顶板的传感器的示数仍然为10N，规定向下为正方向：mg-F下=ma2，代入数据得a2=-10m/s2说明加速度向上，当加速度大于10m/s2时，金属块离开上顶，其示数为零故箱子以大于或者等于10m/s2的加速度上升或者减速下降.7、（1）游客和座椅先做自由落体运动，然后做匀减速直线运动，下落的总高度为H=H1-H2=40m-4m=36m设自由下落的末速度（即全过程的最大速度）为v max，作出其下落的v-t图象，如图2所示.由图象可知H=v max t/2则v max=2H/t=（2×36/6）m/s=12m/s根据自由落体的规律有h1=/（2g）=122/（2×10）m=7.2m（2）设游客和座椅匀减速下落的高度为h1，则h2=H-h1=36m-7.2m=28.8m设匀减速运动的加速度大小为a，则0-=2（-a）h2所以a=/（2h2）=122/（2×28.8）m/s2=2.5m/s2=g/4设游客的质量为m，座椅对游客的作用力为F，对游客，由牛顿第二定律得F-mg=ma，F=m（g+a）=1.25mg即座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍.8、:，9、（1）A、B相对静止一起沿斜面下滑，加速度为a=gsinθB的加速度的竖直分量为a r=gsin2θ则mg-N=ma r所以N=mg-mgsin2θ=mgcos2θ.根据牛顿第三定律B对A的压力大小为mgcos2θ.（2）因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同.A的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等.即有a B==a A sinθ.对A、B分别运用牛顿第二定律，有（Mg+N B）sinθ=Ma Amg-N B=ma B=ma A sinθ所以10、解：可认为小球自由下落，斜面向右做初速度为零的匀加速运动，在球落地时与斜面前端相遇.本题关键是按题中要求画出两物体的位移关系，要使小球做自由落体运动，斜面的前端必须在同一时间内滑到小球的正下方，h=gt2，s= at2，所以=tanθa=gcotθ.11、见解析【试题分析】因为m和M保持相对静止，所以将（m＋M）整体视为研究对象.受力分析如图8所示，（M+m）受重力、支持力，由牛顿第二定律得x轴方向（M+m）gsinθ=（M+m）a ①解得a=gsinθ，加速度沿斜面向下.再以m为研究对象，受力分析如图9所示.由牛顿第二定律得：x轴方向Fμ=ma X②y轴方向mg- F N′-=ma y③因为m、M的加速度是沿斜面方向.将其分解为水平方向和竖直方向如图10所示.x轴方向a x=acosθ④y轴方向a y=asinθ⑤由式②③④⑤解得Fμ=mgsinθcosθ方向沿水平方向，即m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力.12、见分析【试题分析】（1）当箱静止时，物体受力如图2所示，上顶板的压力F2=6N，下顶板的压力F1=10N，由平衡条件得F1=F2+mg则m==0.4kg（2）当上顶板的示数是下顶板的一半时，由于弹簧的长度没有变，所以下顶板的示数不变，还是F1=10N，上顶板的示数就应是F′2=5N，规定竖直向上为正方向，由牛顿第二定律，得F1-F2′-mg=ma所以a==2 .5m/s2此时箱子做加速度为a=2.5m/s2向上方向的匀加速运动或者向下方向的匀减速运动.13、见解析【试题分析】物体受力如图答2所示，建立直交坐标系，由共点力平衡条件得Fcosα-mgsinθ-f=0 ①Fsinα+N-mgcosθ=0②又f=μN③由①②③式得F=・mg ④设μ=tanβ=代入④式整理得F=mgcosβ⑤上式分子为定值当cos（α-β）=1即α=β=arcanμ时，F有最小值（即最省力）μ=tanβ=cosβ=⑥代入⑤式得mg14、（1）H=28m（2）该段时间内升降机做加速度大小为g的匀减速运动.15、见试题分析【试题分析】设箱的质量为m.当箱以2m/s2的加速度匀减速上升时，根据胡克定律可得，上弹簧中的弹力为F１=k（x０-x１）=60×（0.80-0.70）N=6.0N，下弹簧中的弹力为F２=k（x０-x２）=60×（0.80-0.60）N=12.0N，此时箱受重力mg、上弹簧向下的弹力F１和下弹簧向上的弹力F２作用，如图3所示.规定竖直向下为正方向，由题知a=2.0m/s2，对箱由牛顿第二定律得mg+F１-F２=ma所以m=kg=0.75kg.箱运动过程两弹簧总长x总=x１+x２=0.70m+0.60m=1.30m保持不变.当上顶板压力是下板压力的四分之一时，设上弹簧的压缩量为Δx１，下弹簧的压缩量为Δx２，则由题知Δx２=4Δx１，且2x０-Δx１-Δx２=x总，即2x０-Δx１-4Δx１=x总，解之可得Δx１=0.06m.根据胡克定律可得，上弹簧中的弹力为F１′=kΔx１=60×0.06N=3.6N，下弹簧中的弹力为F２′=4F１′=14.4N，此时箱受重力mg、上弹簧向下的弹力F１′和下弹簧向上的弹力F２′作用，如图4所示.规定竖直向上为正方向，由牛顿第二定律得F２′-mg-F１′=ma′所以a′=（F２′-mg-F１′）/m=（14.4-0.75×10-3.6）/0.75=4.4（m/s2）.可知箱的加速度为4.4m/s2，方向和规定正方向相同即竖直向上，所以箱以4.4m/s2的加速度匀加速上升或匀减速下降.16、见解析【试题分析】以m和M组成的系统为研究对象，系统只受重力（m+M）g作用.设猫相对于地面静止时杆下落的加速度为a，由牛顿第二定律得（M+m）g=M a+0 解得a=若采用隔离法，分别隔离木杆及小猫受力分析如图4所示，由牛顿第二定律得对木杆M g+f=Ma①对小猫f-mg=0②由①②联立解得a=17、见解析【试题分析】（1）开始做加速度减小的加速运动直到加速度等于零后做匀速直线运动；（2）在v=5m/s时，a=（v t-v0）/t=2.5m/s；（3）刚开始时mgsinθ-μmgcosθ-Kv0=ma最终做匀速直线运动mgsinθ-μmgcosθ-Kv=0其中v=10，由以上两式得K=37.5，μ=0.125.18、见解析【试题分析】因三者是关联相对静止，即加速度a相同.如图2所示，对m1由牛顿第二定律得T=m1a①，对m2有T-m2g=0②，对整体有F=（m1+m2+m3）a③，解①②③得F=19、见解析【试题分析】要求弹簧的劲度系数，就必须求出弹簧的弹力T，要求出弹簧的弹力就要隔离出某一个物体，当隔离出某一物体后，要得到弹力T，就需知道加速度，而加速度需由整体法来求，撤掉拉力F的瞬间，弹力未来得及变化，再根据受力情况求解瞬时加速度.（1）先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧的弹力T为内力，杆对A、B的弹力与加速度垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律，得F=（m A+m B）a ①再取B为研究对象Tcos53°=m B a ②联立①②并代入数据得T=25N由几何知识得弹簧的伸长量Δx=.根据胡克定律得T=kΔx解得k=100N/m（2）撤掉拉力F的瞬间，弹簧的弹力未来得及发生变化，由牛顿第二定律a′=结合Tcos53°=m B a得.20、见解析【试题分析】【解析】（1）设小球所受的风力为F，小球质量为m，则有F=μmg得μ=F/mg=0.5mg/mg=0.5（2）设杆对小球的支持力为F N，摩擦力为Fμ，对小球进行受力分析，如图3所示.沿杆方向Fcosθ+mgsinθ-Fμ=ma垂直于杆方向F N+Fsinθ-mgcosθ=0Fμ=μF N由以上三式可解得a=由于s=at2/2所以t=。