巩固练习力与运动的两类问题提高doc

巩固练习力与运动的两类问题提高doc

【巩固练习】 一、选择题： 1．如图所示，挂在火车顶上的物体质量为 m，悬线偏离竖直方向一个角度θ，相对稳定不变，这时，火车的运动情况 可能是（ ） A．向左加速行驶 B．向右加速行驶 C．向左减速行驶 D．向右减速行驶 2．假设汽车紧急刹车后所受到阻力的大小与汽车的重力大小相等，当汽车以 20m/s 的速度行驶时突然刹车，他还能继 续滑行的距离约为（ ） A．40m B．20m C．10m D．5m 3．用 3N 的水平恒力，在水平面拉一个质量为 2kg 的木块，从静止开始运动，2s 内位移为 2m，则木块的加速度为（ ） A ．0.5m/s2 B．1m/s2 C．1.5m/s2 D．2m/s2 4．如图所示，斜面体 M 始终处于静止状态．当物体 m 沿斜面滑动时有( ) A．匀速下滑时，M 对地面压力等于(M+m)g B．加速下滑时，M 对地面压力小于(M+m)g C．减速下滑时，M 对地面压力大于(M+m)g D．M 对地面压力始终等于(M+m)g 5．如图，自由落下的小球，从开始接触竖直放置的弹簧到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受合力的变化 情况是（ ） A． 合力变小，速度变小 B． 合力变小，速度变大 C． 合力先变小，后变大，速度先变大，后变小 D． 合力先变大，后变小，速度先变小，后变大 二、计算题： 1. 如图所示，一水平传送带以 2 m/s 的速度做匀速运动，传送带两端的距离 s＝20 m，将一物体轻轻地放在传送带一 端，物体由这一端运动到另一端所需的时间为 t＝11 s．求物体与传送带之间的动摩擦因数μ．(g 取 10 m/s2) 2. 如图所示，一辆汽车 A 拉着装有集装箱的拖车 B，以速度 v1＝30 m/s 进入向下倾斜的直车道．车道每 100m 下降 2m．为 使汽车速度在 s＝200 m 的距离内减到 v2＝10m/s，驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的 70% 作用于拖车 B，30%作用于汽车 A 已知 A 的质量 m1＝2000 kg，B 的质量 m2＝6000kg．求汽车与拖车的连接处沿运动方 向的相互作用力．(重力加速度 g 取 10m/s2) 3．一根劲度系数为 k，质量不计的轻弹簧上端固定，下端系一质量为 m 的物体，有一水平板将物体托住，并使弹簧处 于自然长度．如图所示．现让木板由静止开始以加速度 a(a＜g)匀加速向下运动．求经过多长时间木板开始与物体分离． 4．小明在假期中乘火车外出旅游。在火车启动时，发现悬挂在车厢顶上的小物体向后偏离竖直方向约 140 角，这时小 物体与车厢处于相对静止状态，如图所示。他通过随身带的便携计算器求得 tan140≈0.25。（g=10m/s2） （1）求火车的加速度； （2）算出火车从静止开始加速到 180km/h 所需的时间。 5、如图所示，一细线的一端固定于倾角为 45°的光滑楔形滑块 A 的顶端 P 处，细线的另一端拴一质量为 m 的小球．试 求当滑块以 a＝2g 的加速度向左运动时线中的拉力 FT． 6．一位滑雪者从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是 0.04，求 5s 内滑下来的路 程和 5s 末的速度大小(g 取 10m/s2)． 7．如图所示，两个质量都为 m 的滑块 A 和 B，紧挨着并排放在水平桌面上，A、B 间的接触面垂直于图中纸面与水平 面成θ角，所有接触面都光滑无摩擦．现用一个水平推力作用于滑块 A 上，使 A、B 一起向右做加速运动．试求： (1)如果要使 A、B 间不发生相对滑动，它们共同向右运动的最大加速度是多大? (2)如果要使 A、B 间不发生相对滑动，水平推力的大小应在什么范围内才行? 8． 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）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，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，则小球静止出发在细杆上滑下距离 x 所需时间为 多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【答案与解析】 一、选择题： 1．BC 解析：根据细线倾斜的情况，可知物体加速度的方向向右，因此车向右加速或向左减速都可以。 2．B 解析：根据运动学公式 2 2 0 2v v ax  ，根据牛顿第二定律， F mga gm m   阻 ，所以 2 2 2 0 0 20 20m2 2 ( 10) v vx a      3．B 解析：根据 21 2x at ，可求 2 2 2 2 2 2 1m/s2 xa t    ，也就是说，题目中除了 3N 的水平恒力，还有其它力。 4．ABC 解析：m 与 M 整体在竖直方向上受重力(M+m)g 和地面对斜面体的支持力 FN．令 m 的加速度为 1a ，M 的加速度 a2＝0．由 牛顿第二定律有：竖直方向： 1 2( ) N y yyF M m g F ma Ma    合 ，因 a2＝0，故 1( )N yF M m g ma   ．当 a1＝0 时， ( )NF M m g  ，A 对；当 a≠0，且加速下滑时， NF m M g( )＜ ，B 对；当 a≠0 时，且减速下滑时，a1 取负值， NF M m g( )＞ ，C 对．由以上分析，知 D 错． 5．C 解析：刚接触弹簧时，由于重力比弹簧的弹力大，物体速度向下，加速度向下，物体的速度增大；随着物体下落，弹 力越来越大，当弹力和重力的大小相等时，合力最小，此时速度最大，物体继续下落，弹力大于重力，物体速度逐渐 减小。 二、计算题： 1． 0.1 解析：物体轻放于传送带后，是在摩擦力作用下做加速运动，当速度达到传送带速度后，就无摩擦力，则改做匀速运 动，设一直加速，则在 11 s 内能发生的最大位移 2 11 11 202 2 vs t m m m     ，故物体一定是先加速运动后匀速运 动． 设匀加速运动的时间为 t1，则 位移 1 1( )2 vs t v t t   ， 整理得 1 202 2 11 22 st t s sv                ． 所以加速度 2 2 1 2 / 1 /2 va m s m st    ． 由牛顿第二定律知 μmg＝ma， 所以动摩擦因数 1 0.110 a g     ． 2．880N 解析:汽车沿倾斜车道做匀减速运动，用 a 表示加速度的大小，有 2 2 2 1 2v v as   ． ① 用 F 表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有 1 2 1 2F m m g sin m m a( ) ( )   ＝ ② 式中 22sin 2 10100     ③ 设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为 f ， 根据题意 30 100f F ． ④ 方向与汽车前进方向相反：用 Nf 表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同．以汽车为研究对象， 由牛顿第二定律有 1 1sinNf f m g m a   ⑤ 由②④⑤式得 1 2 1 30 ( )( sin ) ( sin )100Nf m m a g m a g      ． ⑥ 由以上各式，代入有关数据得 Nf  880 N． 3． 2 ( ) /t m g a ka  解析:当 m 与板分离时，m 与板间无弹力作用，且加速度为 a，由牛顿第二定律得： mg kx ma ＝ ① 因 m 与板分离前做匀加速运动， 所以有 21 2x at ． ② 由①②式解得 2 ( ) /t m g a ka  ． 4.（1）2.5m/s2 ( 2 )20s 解析：(1) 2 2tan 10 0.25m/s 2.5m/sa g     (2) 180km/h＝50m/s，根据 v at ，解得： 50 s 20s2.5 vt a    5. 5TF mg 解析:本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离 滑块斜面而“飘”起来．因此，本题存在一个临界条件：当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支 持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)．我们首先求此临界条件．此时小球受两个力：重力 mg；绳的拉力 FT．根 据牛顿第二定律的正交表示，有 cosTF ma  ， ① sin 0TF mg   ． ② 联立①②两式并将θ＝45°代入，得 a＝g， 即当斜面体滑块向左运动的加速度为 a＝g 时，小球恰好对斜面无压力． 当 a＞g 时，小球将“飘”起来，当 a＝2g 时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况也正如图所示，故根据 ①②两式并将 a＝2g 代入，解得 5TF mg ． 此即为所求线中的拉力． 6．58m 23.3m/s 解析:这是一个典型的已知物体的受力情况求物体的运动情况的问题，解决此类问题的基本思路是： 以滑雪者为研究对象，受力情况如图所示． 研究对象的运动状态为：垂直山坡方向，处于平衡；沿山坡方向，做匀加速直线运动． 将重力 mg 分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，据牛顿第二定律列方程： cos 0NF mg   ， ① sin fmg F ma   ， ② 又因为 f NF F ． ③ 由①②③可得 (sin cos )a g     ， 故 2 21 1 (sin cos )2 2x at g t     ． 21 1 310 0.04 5 m 58m2 2 2            ． 1 310 0.04 5m /s 23.3m /s2 2v at            ． 7． tana g   0 F 2mgtan ＜ 解析:(1)在水平推力 F 作用下，A、B 共同加速运动，则 F＝2ma． ① 分别隔离 A、B，受力如图所示， ATF 、 BTF 为 A、B 间相互作用的弹力,与斜面垂直． 对 A 列方程： sinATF F ma  ， ② cosA AN TF mg F   ． ③ 对 B 列方程： sinBTF ma  ． ④ cosB BN TF mg F   ． 当增大 F 时，由式①知 a 增大，则由式④知 BNF 、 BTF 均增大，从式③知 ATF 增大， ANF 减小． 当 0ANF  时，对应的加速度 a 为 A、B 不发生相对滑动的临界条件．当 a a  时，A、B 间的相互作用力 TF 也增 大， cosTF mg  ，对 A 有竖直向上的加速度，则 A 被挤离桌面． 则当 0ANF  时，对 A 有 sinBTF ma  ． 对 B 有 sinBTF ma  ． 解得 tana g   ， a 为 A、B 共同向右运动的最大加速度． (2)对整体 F＝2ma，且 a 的最大值为 tana g   ，则 A、B 不发生相对滑动的水平推力的最大值为 F 2mgtan  又 因为桌面光滑，F＞0 即可使 A、B 产生共同加速度． F 的取值范围是 0 F 2mgtan ＜ ． 8．（1）0.5 （2） 8 3 x g 解析：杆水平时，小球在杆上做匀速运动，则风力和摩擦力等大反向；当杆与水平方向夹角为 37°时，对小球受力分 析如图所示，把风力 F 和重力 mg 沿杆方向和垂直杆方向进行正交分解，列方程求解加速度，从而求出时间。 （1）设小球所受的风力为 F，小球质量为 m，由小球水平匀速运动可知 F mg＝ ， 0.5 0.5F mg mg mg     （2）设杆对小球的支持力为 FN，摩擦力为 F′，则沿杆方向 Fcos mgsin F ma  ＋ － ＝ 垂直杆方向： N NF Fsin mgcos 0 F F   十 － ＝ ， ＝ 可解得 cos sin 3 4 F mg Fa gm      ， 又 21 2x at 解得下滑 x 所用时间 t＝ 2 8 3 x xt a g  