5.4牛顿运动定律的案例分析（二）课堂练习（带解析沪科版必修1）5.4牛顿运动定律的案例分析（二）课堂练习（带解析沪科版必修1）题组一瞬时加速度问题1.质量均为m的A、B两球之间系着一个质量不计的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间()图1A．A的加速度大小为F2mB．A的加速度大小为零C．B的加速度大小为F2mD．B的加速度大小为Fm答案BD解析在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A 的加速度为零，选项A错，B对；而B球在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为Fm，选项C错，D对．2．如图2所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图2A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθD．弹簧有收缩趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零答案B解析因为细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以B的瞬时加速度为0，A的瞬时加速度为2gsinθ，所以选项B正确，A、C、D错误．3．如图3所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽出，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是()图3A．aA＝0，aB＝2gB．aA＝g，aB＝gC．aA＝0，aB＝0D．aA＝g，aB＝2g答案B解析当刚抽去木板时，A、B和杆将作为一个整体一起下落，下落过程中只受重力，根据牛顿第二定律得aA＝aB＝g，故选项B正确．4．如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度的大小为a1和a2，则()图4A．a1＝a2＝0B．a1＝a，a2＝0C．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2aD．a1＝a，a2＝－m1m2a答案D解析两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此木块A的加速度此时仍为a，以木块B为研究对象，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－m1m2a，所以D项正确．题组三动力学中的临界问题5．如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为()图5A．μmgB．μ(M＋m)gC．μ(m＋2M)gD．2μ(M＋m)g答案D解析将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小为am＝μg，要想抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aMam＝μg，对木板受力分析如图．根据牛顿第二定律，得：F－μ(M＋m)g－μmg＝MaM得F＝μ(M＋m)g＋μmg＋MaMμ(M＋m)g＋μmg＋μMg＝2μ(M＋m)g，选项D正确．6．如图6所示，质量为m1＝2kg、m2＝3kg的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能承受1N的拉力，水平面光滑，为了使细绳不断而又使它们能一起获得最大加速度，则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下，F的最大值是()图6A．向右，作用在m2上，F＝53NB．向右，作用在m2上，F＝2.5NC．向左，作用在m1上，F＝53ND．向左，作用在m1上，F＝2.5N答案BC解析若水平力F1的方向向左，如图．设最大加速度为a1，根据牛顿第二定律，对整体有：F1＝(m1＋m2)a1对m2有：T＝m2a1所以F1＝m1＋m2m2T＝2＋33×1N＝53N，C对，D错．若水平力F2的方向向右，如图．设最大加速度为a2，根据牛顿第二定律，对整体有：F2＝(m1＋m2)a2对m1有：T＝m1a2所以F2＝m1＋m2m1T＝2＋32×1N＝2.5N．A错，B对．7.如图7所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下端与质量为m的小球连接．当小球上下振动的某个时刻，木箱恰好不离开地面，求此时小球的加速度．图7答案a＝M＋mmg，方向向下解析如图所示，对木箱受力分析有：F＝Mg对小球受力分析有：mg＋F′＝ma又F＝F′解得：a＝M＋mmg，方向向下．8．如图8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，绳与水平面之间的夹角α＝53°，A与地面间的摩擦不计，求(sin53°＝0.8)：图8(1)当卡车以加速度a1＝g2加速运动时，绳的拉力为56mg，则A对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力多大？方向如何？答案(1)13mg(2)2mg，方向与水平面成45°角斜向上解析(1)设物体刚离开地面时，具有的加速度为a0对物体A进行受力分析，可得：ma0＝mgtanα，则a0＝34g因为a1a0，所以物体没有离开地面．由牛顿第二定律得Fcosα＝ma1Fsinα＋N＝mg得N＝13mg由牛顿第三定律得，A对地面的压力的大小为13mg. (2)因为a2a0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F′＝ma2＋g2＝2mg所以tanθ＝1，θ＝45°，即绳的拉力与水平面成45°角斜向上题组三多过程问题9．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4s内通过8m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2s 停止，已知汽车的质量m＝2×103kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小；(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；(3)汽车牵引力的大小．答案(1)4m/s(2)4×103N(3)6×103N解析(1)汽车开始做匀加速直线运动s0＝v0＋02t1解得v0＝2s0t1＝4m/s(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a2＝0－v0t2＝－2m/s2由牛顿第二定律有－f＝ma2解得f＝4×103N(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1s0＝12a1t21由牛顿第二定律有：F－f＝ma1解得F＝f＋ma1＝6×103N10．物体以14.4m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图9所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：图9(1)物体沿斜面上滑的最大位移；(2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)14.4m(2)2.4s解析(1)上升时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1解得a1＝7.2m/s2上滑最大位移为s＝v202a1代入数据得s＝14.4m(2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得a2＝4.8m/s2由s＝12a2t2得下滑时间t＝2sa2＝6s≈2.4s11．如图10所示，在海滨游乐场里有一场滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m＝60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，人从斜坡滑上水平滑道时没有速度损失，重力加速度g取10m/s2.图10(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？(2)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L＝20m，则人从斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？答案(1)2m/s2(2)50m解析(1)人在斜坡上受力如图所示，建立直角坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ－f1＝ma1N1－mgcosθ＝0又f1＝μN1联立解得a1＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2m/s2.(2)人在水平滑道上受力如图所示，由牛顿第二定律得：f2＝ma2，N2－mg＝0又f2＝μN2联立解得a2＝μg＝5m/s2设人从斜坡上滑下的距离为LAB，对AB段和BC段分别由匀变速直线运动公式得：v2－0＝2a1LAB,0－v2＝－2a2L联立解得LAB＝50m.12．如图11所示，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用大小为20N，与水平方向成53°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)．图11答案2s解析物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，撤去外力后，再以大小为a2的加速度减速到B，且到B时速度恰好为零．力F作用时：Fcos53°－μ(mg－Fsin53°)＝ma1t时刻：s1＝12a1t2vt＝a1t撤去力F后：μmg＝ma2v2t＝2a2s2由于s1＋s2＝L解得t＝2s。
