【文档说明】2023-2024学年高中物理人教版2019 必修第一册课后习题 第4章 习题课：用牛顿运动定律解决几类问题 Word版含答案.docx，共(5)页，354.946 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-461ffeef706b957d60fae8d27b8990f3.html

以下为本文档部分文字说明：

习题课:用牛顿运动定律解决几类问题必备知识基础练1.(多选)(2022湖北武汉高一期末)如图所示,质量为m的开孔小球,套在与水平面成45°角、固定的光滑杆OA上,小球被水平绳拉着处于静止状态。现剪断绳子,下列说法正确的是(已知重力加速度为g)()A.剪断绳子前绳子拉力大小为mgB.剪断绳子

后OA杆对球的作用力大小为√2mgC.剪断绳子后球的加速度大小为gD.剪断绳子后球的加速度大小为√22g2.(多选)如图所示,铁球A和铁块B之间由弹簧相连,并用细线OA挂在天花板上,A、B的质量分别为m和2m,弹簧的劲度系数为k,整个系统静止,下述说

法正确的是()A.细线对铁球A的拉力大小为mgB.弹簧的长度为2𝑚𝑔𝑘C.弹簧的弹力大小为2mgD.某时刻烧断细绳OA,该时刻铁球A的加速度大小为3g3.在太空中可以采用动力学方法测量物体的质量,其原理如图所示。在太空舱中将质量为m1的标

准物体A与质量为m2的待测物体B紧靠在一起,施加一水平推力F=200N后,在观测时间Δt=0.02s内,标准物体A和待测物体B的速度变化是0.4m/s,若已知标准物体A的质量为2.0kg,则待测物体B的质量为()A.3.0kgB.8.0kgC.10.0

kgD.98.0kg4.如图所示,质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m的物块B与水平地面的摩擦不计,在大小为F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速运动,则A和B之间的作用力大小为(

)A.𝜇𝑚𝑔3B.2𝜇𝑚𝑔3C.2𝐹-4𝜇𝑚𝑔3D.𝐹-2𝜇𝑚𝑔35.如图所示,A、B两物块的质量分别为m和m0,使它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑;已知斜面的倾角为θ,斜面始终保持静止。则在此过程中物

块B对物块A的压力为()A.m0gsinθB.m0gcosθC.0D.(m0+m)gsinθ6.如图所示,质量分别为m1和m2的物块A、B,用劲度系数为k的轻弹簧相连。当用恒力F沿倾角为θ的固定光滑斜面向上拉两物块,使之共同加速

运动时,弹簧的伸长量为多少?关键能力提升练7.如图所示,在光滑的水平面上有一个质量m=1kg的小球,小球分别连接水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零,

在剪断轻绳的瞬间,g取10m/s2,下列说法正确的是()A.小球受到地面的弹力仍然为零B.小球所受合力为零C.小球立即具有向左的加速度a=10m/s2D.小球立即具有向左的加速度a=8m/s28.质量为m0的小车放在光滑水平面上,小车上

用细线悬挂另一质量为m的小球且m0>m。用一力F水平向右拉小球,使小球和小车一起以加速度a向右运动,细线与竖直方向成α角,细线的拉力大小为F1,如图甲所示。若用一力F'水平向左拉小车,使小球和小车一起以加速度a'向

左运动时,细线与竖直方向也成α角,细线的拉力大小为F1',如图乙所示。下列判断正确的是()A.a'=a,F1'=F1B.a'>a,F1'>F1C.a'<a,F1'=F1D.a'>a,F1'=F19.如图所示,吊篮P

悬挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托起,当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间,吊篮P和物体Q的加速度大小为()A.ggB.2ggC.g2gD.2g010.(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力

F拉A,使它们沿斜面匀加速上升。已知A、B与斜面的动摩擦因数均为μ,为了增大轻线上的拉力,可行的办法是()A.增大B物块的质量B.减小A物块的质量C.增大倾角θD.增大动摩擦因数μ11.如图所示,滑块m和质量为2kg的木板m0叠在一起,静止在光滑的水平地面上,两者间的动摩擦因数μ=

0.2。现给木板施加水平向右的恒力F=8N,为使木板与滑块在其后的运动中始终保持相对静止,滑块m的质量可能为()A.2.2kgB.1.8kgC.1.2kgD.0.6kg12.如图所示,质量均为3kg的物块A与物块B紧挨着并排放在光滑水平面上,A、B间接触面垂直于纸面且与水平面的夹角θ=45

°,A、B接触面光滑无摩擦,开始时A、B都静止,现施加一水平推力F,使A、B一起向右加速运动,g取10m/s2,试求:(1)若F=12N,使A、B一起向右加速且不发生相对滑动,A、B共同运动的加速度大小;(2)要使A、B发生相对滑动,水平

推力至少为多大以及此时的加速度大小。13.如图所示,一同学用长为l=1.5m的细绳AB拉质量m=15.6kg的箱子,当B端距地面高度h=0.9m,绳间拉力F=60N时,箱子刚好沿水平地面做匀速直线运动。已知√1.16=1.08,重力加

速度g取10m/s2。(1)求箱子与地面间的动摩擦因数μ;(2)若要以最小的力拉B端,使箱子以0.5m/s2的加速度向右做匀加速直线运动,求拉力的最小值。习题课:用牛顿运动定律解决几类问题1.AD对小球受力分析如图所示,剪断绳子前绳子拉力大小为F=mgtan4

5°=mg,选项A正确;剪断绳子后OA杆对球的作用力大小为FN=mgcos45°=√22mg,选项B错误;剪断绳子后球的加速度大小为a=𝑚𝑔sin45°𝑚=√22g,选项C错误,D正确。2.CD将A、B看成整体,根据平衡条件可知FT=(m+2m)g=3mg,故选项

A错误;设弹簧的伸长量为x,则对B物块根据胡克定律可知kx=2mg,则x=2𝑚𝑔𝑘,弹簧的长度为原长与伸长量之和,故选项B错误,C正确;某时刻烧断细线OA,则细线对A的拉力立刻为零,则A受到本身的重力以及弹簧的弹力作用,根据牛顿第二定律有,mg+kx=ma,kx=2mg,联

立可以得到a=3g,故选项D正确。3.B整体运动的加速度为a=Δ𝑣Δ𝑡=0.40.02m/s2=20m/s2,由牛顿第二定律F=(m1+m2)a,解得m2=8.0kg,故选B。4.D以A、B组成的系统

为研究对象,由牛顿第二定律得系统的加速度a=𝐹-𝜇×2𝑚𝑔2𝑚+𝑚=𝐹-2𝜇𝑚𝑔3𝑚,以B为研究对象,由牛顿第二定律得A对B的作用力:FAB=ma=𝐹-2𝜇𝑚𝑔3,D正确

。5.C对A、B组成的系统整体受力分析可知,整体受重力、支持力而做匀加速直线运动;由牛顿第二定律可知,a=(𝑚0+𝑚)𝑔sin𝜃𝑚0+𝑚=gsinθ,再对A受力分析,设B对A的压力为F,由牛顿第二定律可知mgsinθ+F=ma,解得F=0,说明A、B间没有作用力,则C正确。

6.解析对整体分析得:F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a①隔离A得:kx-m1gsinθ=m1a②联立①②得x=𝑚1𝐹𝑘(𝑚1+𝑚2)。答案𝑚1𝐹𝑘(𝑚1+𝑚2)7.C剪断细

线前,小球在重力、细线的拉力和弹簧拉力作用下处于静止状态,三力的合力为零,由此可知弹簧的弹力大小等于小球的重力大小。剪断细线的瞬间,弹簧的弹力不变,细线的拉力消失,此时小球和地面之间的弹力瞬间增加,大小等于竖直方向的重力的大小,小球受到的合力为弹簧的弹力,即方向向左、

大小为mg,故小球的加速度向左,且a=10m/s2。8.D先对题图甲中的整体受力分析,受重力、支持力和拉力,根据牛顿第二定律,有F=(m0+m)a,再隔离题图甲中的小球受力分析,如图(a)所示。根据牛顿第二定律,有F-F1sinα=ma,F1cosα-mg=0,联立以上三式解得F1=�

�𝑔cos𝛼,a=𝑚𝑔tan𝛼𝑚0。再隔离题图乙中小球受力分析,如图(b)所示。由几何关系得F合=mgtanα,F1'=𝑚𝑔cos𝛼,由牛顿第二定律,得a'=gtanα,由于m0>m,故a'>a,F1'=F1,故D正确。9.D剪断细线前,对P、Q整体受力分析,受到总重力和细线的拉

力而平衡,故FT=2mg;再对物体Q受力分析,受到重力、弹簧的支持力;剪断细线后,重力和弹簧的弹力不变,细线的拉力减为零,故物体P受到的力的合力等于2mg,方向向下,所以aP=2g,物体Q受到的力不变,合力为零,所以aQ=0,故选项D正确,A、B、C错误。10.AB设轻线的张力为FT

,则对B分析有FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa对整体分析:F-(mB+mA)gsinθ-μ(mB+mA)gcosθ=(mB+mA)a解得FT=𝑚𝐵𝐹𝑚𝐵+𝑚𝐴=𝐹1+𝑚𝐴𝑚𝐵。增大B物块的质量,由上式可知,拉力FT增大,A正确;减小A物块的质量,拉力

FT增大,B正确;拉力FT与倾角θ无关,C错误;拉力FT与动摩擦因数μ无关,D错误。11.A设滑块的最大加速度为a,对滑块由牛顿第二定律有μmg=ma可得a=2m/s2,木板与滑块在运动中始终保持相对静止

,对系统有F≤(m0+m)a解得m≥2kg,故选A。12.解析(1)A、B一起向右加速且不发生相对滑动,以A、B为整体受力分析可得F=2ma得A、B共同运动的加速度大小a=2m/s2。(2)设A、B间的弹力为FN,推力F越大,则A越可能相对于B向上滑,当F最大时,A刚要相对B向上滑,A不

受水平面的支持力,设此时A、B共同以加速度a1沿水平面加速前进,对A由牛顿第二定律得F-FNsin45°=ma1,FNcos45°=mg对B由牛顿第二定律得FNsin45°=ma1,联立上式解得F=60N,a1=10m/s2即A、B刚发生相对滑动的水平推力至少为60N,加速度

大小为10m/s2。答案(1)2m/s2(2)60N10m/s213.解析(1)对箱子受力分析,如图所示因箱子做匀速直线运动,故箱子受力平衡,所以FTcosθ=μ(mg-FTsinθ)由几何关系可知sinθ=0.6,cosθ=0.8代入数据解得μ=0.4。(2)箱子向右做匀加速直

线运动,所以FTcosθ-μ(mg-FTsinθ)=ma化简得FT=𝑚𝑎+𝜇𝑚𝑔cos𝜃+𝜇sin𝜃令tanβ=μ整理得FT=𝑚𝑎+𝜇𝑚𝑔√1+𝜇2cos(𝛽-𝜃)所以θ=β时,FT取最小值即F

Tmin=𝑚𝑎+𝜇𝑚𝑔√1+𝜇2=65N。