课时作业19 牛顿运动定律的应用
时间:45分钟
一、单项选择题
1.放在粗糙水平面上的物体,在水平拉力F的作用下以加速度a运动,现将拉力F改为2F(仍然水平方向),物体运动的加速度大小变为a′.则( D )
A.a′=a C.a′=2a
B.a2a
解析:根据牛顿第二定律,当拉力为F时,加速度a=2F-f度a′=,所以a′>2a,D正确.
F-f.当拉力改为2F时,其加速mm2.如右图所示,质量m=10 kg的物体在水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,与此同时物体受到一个水平向右的推力F=20 N的作用,则物体产生的加速度是(g取10 m/s)( D )
2
A.0
C.2 m/s,水平向左
2
B.4 m/s,水平向左 D.4 m/s,水平向右
2
2
解析:因物体向左运动,故受水平向右的滑动摩擦力作用,F合=F+Ff=F+μmg=ma,代入数据得a=4 m/s,方向向右,D项正确.
3.如图所示,AD是固定斜面体底边BC的高,F,G分别是光滑斜面AB,AC的中点,DE垂直于AB,DH垂直于AC,甲、乙两个小球(均视为质点)从斜面的顶点A分别沿斜面AB,AC同时由静止下滑,下列说法正确的是( B )
2
A.当甲球运动到E点时,乙球可能运动到AG间某点 B.当甲球运动到E点时,乙球一定运动到H点 C.当甲球运动到F点时,乙球一定运动到G点 D.当甲球运动到F点时,乙球一定运动到H点
解析:设AB面的倾角为α,AC面的倾角为β,AE=s,AF=s1,则α+β=90°,sinα=cosβ,由牛顿第二定律得:甲球运动的加速度a甲=度a乙=
m甲gsinα=gsinα,乙球运动的加速m甲
2sm乙gsinβ12
=gsinβ,当甲球运动到E点时,有s=a甲t甲,得t甲=m乙2
a甲
=
2s;gsinα112s2
同时,乙球下滑的位移s′=a乙t甲=gsinβ·=stanβ,根据几何关系知,∠EAD22gsinα=β,stanβ=ED=AH,所以当甲球运动到E点时,乙球一定运动到H点,故A错误,B正12
确.设AF=s1,当甲球运动到F点时,由s1=a甲t甲′得t甲′=
2
2s1
,同时,乙球gsinα112s12
下滑的位移s1′=a乙t甲′=gsinβ·=s1tanβ.可知,当甲球运动到F点时,乙
22gsinα球一定运动到HC之间的某点,故C、D错误.故选B.
4.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动,如图a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v-t图像,则拉力与摩擦力之比为( B )
A.9B.3C.2D.4
8 2 1 3
2
解析:由v-t图像知,图线a为仅受摩擦力的运动,加速度大小a1=1.5 m/s;图线b为受水平拉力和摩擦力的运动,加速度大小a2=0.75 m/s.列方程ma1=Ff,ma2=F-Ff,解
2
F3
得,=.
Ff2
5.质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10 m/s,则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为( B )
2
A.18 m B.54 m C.72 m D.198 m
解析:物体所受摩擦力为Ff=μmg=0.2×2×10 N=4 N,因此前3 s内物体静止.3~6 s,a=
F-Ff8-412122
= m/s=2 m/s,x1=at=×2×9 m=9 m.6~9 s,物体做匀速直线运m222
12
动,x2=v1t=at·t=2×3×3 m=18 m.9~12 s,物体做匀加速直线运动,x3=v1t+at21
=6×3 m+×2×9 m=27 m.x总=x1+x2+x3=9 m+18 m+27 m=54 m,选项B正确.
2
二、多项选择题
6.如下图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速度释放一个小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间可能是( CD )
A.+C.
Lv vμg2LB. D.2L
Lvμg v解析:因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速至右端,则L12
=μgt,得:t=2
2Lμg,C正确;若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等,