人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用课时训练

第四章　运动和力的关系

专题强化练10　动力学中的临界问题

一、选择题

1.(2022黑龙江齐齐哈尔期中)(多选)如图所示,木块A、B静止叠放在光滑水平面上,木块A的质量为2m,木块B的质量为m。现用水平力F拉木块A(如图甲所示),木块A、B刚好不发生相对滑动,一起沿着水平面运动。若改用水平力F'拉木块B(如图乙所示),使木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则F'可能为(　　)

甲                      乙

A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.F

2.(2022山东淄博期末)如图所示,质量相等的长方体钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B之间的动摩擦因数为μ1,A和B之间的动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的加速度大小最大为a,a>μ1g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过(　　)

A.　　　　　　B.

C.　　　　　　D.

3.(2022湖北武汉期末)如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时,B与A分离。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)

A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长

B.B和A刚分离时,它们的加速度为g

C.弹簧的劲度系数等于

D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动

4.(2022重庆巴蜀中学期末)(多选)如图甲所示,一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,一端固定在墙壁上,另一端拴接物体A,质量均为1 kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置(弹性限度以内)后静止释放A、B,同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动,F与作用时间t的关系如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)

甲                          乙

A.A、B分离时,弹簧刚好为原长状态

B.A、B分离时,B的加速度为2 m/s2

C.A、B分离时,A的速度为0.4 m/s

D.开始有F作用时,弹簧的压缩量为4 cm

5.(2022辽宁锦州模拟)如图所示,水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A,一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动,则下列说法正确的是(取重力加速度g=10m/s2)(　　)

A.当a=5 m/s2时,滑块对球的支持力为 N

B.当a=15 m/s2时,滑块对球的支持力为 N

C.当a=5 m/s2时,地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和

D.当a=15 m/s2时,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和

6.(2022湖南株洲期中)(多选)如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为θ的斜面底端,另一端与物块A连接,两物块A、B质量均为m,初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运动,A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中的A、B图线,t1时刻A、B图线分离,重力加速度为g,则下列说法中正确的是(　　)

甲                   乙

A.t1时刻,弹簧形变量为

B.t2时刻,弹簧形变量为

C.t1时刻,A、B刚分离时的速度为

D.从开始到t2时刻,拉力F先逐渐增大后不变

二、非选择题

7.(2022安徽芜湖期末)如图所示,矩形盒内用两根细线固定一个质量为m=1.0 kg的均匀小球,a线与水平方向成53°角,b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N。(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,g取10 m/s2)求:

(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值。

(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值。

8.(2022江苏常熟期中)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率为v0=2 m/s。将质量为m=25 kg的物体无初速地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50 kg的木板左端。已知木板与地面之间是光滑的,物体与传送带、物体与木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.25,A、B的距离为s=8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)物体滑上木板左端时的速度大小;

(2)物体滑到传送带的底端时,相对传送带的摩擦痕迹是多长?

(3)要使物体恰好不从木板上掉下,木板长度L应是多少?

答案全解全析

1.ABC　当F作用在木块A上时,A、B恰好不发生相对滑动,则A、B间的静摩擦力达到最大值,根据牛顿第二定律,对木块A,有F-fm=2ma1,对整体有F=3ma1,联立解得F=3fm;用力F'拉木块B时,A、B恰好不发生相对滑动,则A、B间的静摩擦力达到最大值,对木块A,根据牛顿第二定律,有fm=2ma2,对A、B整体,根据牛顿第二定律,有F'=3ma2,解得F'=1.5fm,即木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动时,F'≤F,故选A、B、C。

2.C　设A、B的质量均为m,A和B恰好相对静止时A、B的加速度为a1,则对A有f1=μ2mg=ma1,得a1=μ2g,对A、B整体分析,卡车底板对B的摩擦力f2=2ma1=2μ2mg<2μ1mg<2ma,故B相对于卡车静止,可知卡车安全停下的最大刹车加速度大小为a1=μ2g。由题意知,x=≤s0,得v≤=,C正确。

3.C　A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于F是恒力,而弹簧弹力是变力,故A、B做变加速直线运动,当两物体要分离时,FAB=0,对B有F-mg=ma,对A有kx-mg=ma,即F=kx时,A、B分离,此时弹簧仍处于压缩状态,由于F=mg,故A、B分离时,它们的加速度为0;设用恒力F拉B前弹簧的压缩量为x0,则2mg=kx0,h=x0-x,F=mg,联立以上各式解得k=,综上所述,只有C项正确。

规律总结

(1)A、B分离前的速度和加速度均相同。(2)A、B分离瞬间,速度和加速度也相同,但A、B间的作用力为零。

4.BC　物体A、B分离时,B只受拉力F作用,加速度大于零,此时A的加速度与B的相同,则弹簧弹力大于零,弹簧处于压缩状态,故A错误;物体A、B分离后,B的加速度不变,拉力F不变,由图乙可知,此时拉力F为2 N,则B的加速度为a==2 m/s2,故B正确;物体A、B分离时,A、B的速度相同,均为v=at=0.4 m/s,故C正确;t=0时,对A、B整体由牛顿第二定律得,弹簧弹力为kx1=2ma,运动0.2 s后,弹簧压缩量为x2=x1-at2,此时弹簧弹力为kx2=ma,联立解得x1=0.08 m=8 cm,故D错误。

5.A　设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零,此时细线中拉力为F0,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,水平方向:F合=F0 cos 45°=ma0,竖直方向:F0 sin 45°=mg,解得a0=g;当a=5 m/s2时,小球未离开滑块,根据牛顿第二定律,水平方向:F线 cos 45°-FN cos 45°=ma,竖直方向:F线 sin 45°+FN sin 45°=mg,联立解得FN= N,故A正确;当a=15 m/s2时,小球已经离开滑块,只受重力和细线的拉力,滑块对球的支持力为零,故B错误;当系统相对稳定后,竖直方向没有加速度,受力平衡,所以地面对A的支持力与两个物体的重力之和大小相等,故C、D错误。

6.BD　由图乙可知,t1时刻A、B分离,对A根据牛顿第二定律得,kx1-mg sin θ=ma,则x1=,故A错误;由图乙知,t2时刻A的速度达到最大,加速度为零,根据平衡条件有mg sin θ=kx2,得x2=,故B正确;开始时对A、B组成的整体有2mg sin θ=kx0,从开始到A、B分离有x0-x1=a,故A、B刚分离时的速度v1=at1=,故C错误;从开始到t1时刻,对A、B整体,根据牛顿第二定律得F+kx-2mg sin θ=2ma,得F=2mg sin θ+2ma-kx,x减小,F增大,从t1时刻到t2时刻,对B,由牛顿第二定律得F-mg sin θ=ma,得F=mg sin θ+ma,可知F不变,故D正确。

7.答案　(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2

解析　(1)系统竖直向上匀加速运动时,小球受力如图所示,当a线拉力为15 N时,由牛顿第二定律得:

竖直方向有Fm sin 53°-mg=ma

水平方向有Fm cos 53°=Fb

解得Fb=9 N,此时加速度有最大值a=2 m/s2

(2)系统水平向右匀加速运动时,由牛顿第二定律得:

竖直方向有Fa sin 53°=mg

水平方向有Fb-Fa cos 53°=ma

解得Fa=12.5 N

当Fb=15 N时,加速度最大,为a=7.5 m/s2

8.答案　(1)6 m/s　(2)4 m　(3)4.8 m

解析　(1)物体速度达到传送带速度前,由牛顿第二定律,有mg sin 37°+μ1mg cos 37°=ma1

解得a1=10 m/s2

物体与传送带共速所用时间t1==0.2 s

设物体运动的位移为x1,则对物体有=2a1x1

解得x1=0.20 m<s

此后物体继续在传送带上做匀加速运动,设加速度为a2,则由牛顿第二定律得

mg sin 37°-μ1mg cos 37°=ma2

解得a2=2 m/s2

设物体再经时间t2到达B端,则根据位移公式有

s-x1=v0t2+a2

解得t2=2 s

则物体滑上木板左端时的速度大小vB=v0+a2t2

代入数据解得vB=6 m/s

(2)第一段匀加速过程,传送带的位移

x传1=v0t1=0.4 m

相对位移Δx1=x传1-x1=0.2 m

第二段匀加速过程,传送带的位移x传2=v0t2=4 m

相对位移Δx2=(s-x1)-x传2=4 m

所以痕迹长为4 m

(3)物体滑上木板后向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得加速度大小为

am=μ2g=2.5 m/s2

木板向右做匀加速运动,由牛顿第二定律得

μ2mg=MaM

联立解得aM=1.25 m/s2

当两者速度相等时,物体恰好不掉下来

此时有vB-amt=aMt

解得t=1.6 s

共同速度为v共=aMt=2 m/s

物体做匀减速运动的位移xm=t

解得xm=6.4 m

木板的位移xM=t

解得xM=1.6 m

所以木板长度为L=xm-xM=4.8 m。