專題五　牛頓第二定律的綜合應(yīng)用

專題五牛頓第二定律的綜合應(yīng)用動力學(xué)中的連接體問題1.如圖所示,光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊,其中兩個質(zhì)量為m的小木塊間用一不可伸長的輕繩相連,木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的大木塊,使四個木塊以同一加速度運動,則輕繩對小木塊的最大拉力為 (B)A.3μmg5 BC.3μmg2 D.[解析]設(shè)左側(cè)兩木塊間的摩擦力為Ff1,右側(cè)木塊間的摩擦力為Ff2,對左側(cè)下面的大木塊,有Ff1=2ma,對左側(cè)小木塊,有FT-Ff1=ma,對右側(cè)小木塊,有Ff2-FT=ma,對右側(cè)大木塊,有F-Ff2=2ma,聯(lián)立可F=6ma,四個木塊加速度相同,由以上式子可知Ff2一定大于Ff1,故Ff2應(yīng)先達到最大靜摩擦力,由于兩個接觸面的最大靜摩擦力最大值均為μmg,所以應(yīng)有Ff2=μmg時輕繩對小木塊的拉力最大,聯(lián)立解得FT=34μmg,故B正確動力學(xué)中的臨界和極值問題2.(多選)如圖所示,質(zhì)量mB=2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接,托盤上放一質(zhì)量mA=1kg的小物塊A,整個裝置靜止.現(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F,使其由靜止開始以加速度a=2m/s2做勻加速直線運動,已知彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m,g取10m/s2.以下結(jié)論正確的是 (BC)A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為6NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/sD.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為55[解析]A、B整體受力產(chǎn)生加速度,則有F+FNAB-(mA+mB)g=(mA+mB)a,F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-FNAB,當(dāng)FNAB最大時,F最小,即剛開始施力時,FNAB最大,大小等于重力,則Fmin=(mA+mB)a=6N,B正確,A錯誤;剛開始,彈簧的壓縮量為x1=(mA+mB)gk=0.05m,A、B分離時,其間恰好無作用力,對托盤B,由牛頓第二定律可知kx2-mBg=mBa,得x2=0.04m,物塊A在這一過程的位移為Δx=x1-x2=0.01m,由運動學(xué)公式可知v2=2aΔx,代入數(shù)據(jù)得v=3.(多選)如圖所示,質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜面體置于光滑的水平地面上,將一質(zhì)量為m的小球從斜面上由靜止釋放,同時對斜面體施加一水平方向的力F,重力加速度為g,下列說法正確的是 (BC)A.若要使斜面體和小球保持相對靜止,則F=MgtanθB.若要使斜面體和小球保持相對靜止,則F=(M+m)gtanθC.若要使小球做自由落體運動,則F≥MgD.若要使小球做自由落體運動,則F=([解析]若要使斜面體和小球保持相對靜止,則斜面體與小球有相同的加速度,以斜面體和小球為整體,根據(jù)牛頓第二定律可得F=(M+m)a,以小球為研究對象,其受力如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ=ma,聯(lián)立可得F=(M+m)gtanθ,B正確,A錯誤;若要使小球做自由落體運動,可知斜面體和小球之間的彈力為零,需對斜面體施加水平向右的力F,且斜面體垂直于斜面向下的分加速度大于等于小球垂直于斜面向下的分加速度,以斜面體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得F=Ma',又有a'sinθ≥gcosθ,聯(lián)立解得F≥Mgtanθ,C正確,D4.如圖所示,固定在豎直平面內(nèi)的傾角為θ=37°、軌道高度hAD=2.4m的傾斜直軌道AB,與水平直軌道BC順滑連接(在B處有一小段光滑圓弧,小物塊經(jīng)過B點前后的速度大小不變),C點處有墻壁.某一小物塊(視為質(zhì)點)從A點由靜止開始下滑,到達B點的速度大小為4m/s.假定小物塊與AB、BC間的動摩擦因數(shù)相等.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)(1)求小物塊與AB軌道的動摩擦因數(shù);(2)為防止小物塊在C點撞墻,求B、C間距離的最小值;(3)滿足(2)中BC的長度,在墻的C點裝一彈射裝置(長度不計)使其給物塊一初速度v0,要使小物塊能返回到A點,v0至少為多大?[答案](1)0.5(2)1.6m(3)46m/s[解析](1)設(shè)物塊在AB上的加速度大小為a1由xAB=hADsin得a1=vB22由牛頓第二定律得ma1=mgsinθ-μmgcosθ聯(lián)立解得μ=0.5.(2)物塊在BC上的加速度大小a2=μg=5m/s2剛好不撞上C點,設(shè)BC的長度為xBC得xBC=vB22aBC的長度至少為1.6m.(3)要使物塊能到A點,則到達A點速度最小值為0,物塊在AB軌道上滑的加速度大小為a3由牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma3得a3=10m/s2,方向沿AB軌道向下由v'

B2=2a3xAB得v'B=4由v02-v'

B2=2a2xBC得v0則v0至少為46m/s.動力學(xué)圖像問題5.(多選)如圖甲所示,質(zhì)量分別為m、M的物體A、B靜止在勁度系數(shù)為k的彈簧上,A與B不粘連,現(xiàn)對物體A施加豎直向上的力F,使A、B一起上升,若以兩物體靜止時的位置為坐標原點,兩物體的加速度隨位移的變化關(guān)系如圖乙所示,重力加速度大小為g,則 (AC)A.在圖乙中PQ段表示拉力F逐漸增大B.在圖乙中QS段表示B物體減速上升C.位移為x1時,A、B之間彈力為mg-kx1-Ma0D.位移為x3時,A、B一起運動的速度大小為1[解析]開始時,物體A、B靜止在勁度系數(shù)為k的彈簧上,彈簧彈力向上,大小為F彈=(M+m)g,隨物體向上運動,彈簧彈力減小,而PQ段加速度大小與方向都不變,由牛頓第二定律有F-(M+m)g+F彈=(M+m)a,F彈減小,F逐漸增大,A正確;在圖乙中QS段,物體的加速度方向沒變,仍為正,所以物體仍做加速運動,是加速度逐漸減小的加速運動,B錯誤;開始時,彈簧的彈力F彈=(M+m)g,當(dāng)彈簧伸長了x1后,彈簧彈力F彈1=F彈-ΔF彈=F彈-kx1=(M+m)g-kx1,以B為研究對象,有F彈1-Mg-Fx1=Ma0,解得Fx1=F彈1-Mg-Ma0=mg-kx1-Ma0,C正確;P到Q的運動中,物體的加速度不變,有v12=2a0x2,Q到S運動中,物體的加速度隨位移均勻減小,則有a=a0+02=a0素養(yǎng)提升系統(tǒng)牛頓第二定律問題6.如圖所示,質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑凹槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球.現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽,小鐵球與光滑凹槽相對靜止時,凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角,重力加速度為g,則下列說法正確的是(C)A.小鐵球受到的合力方向水平向左B.凹槽對小鐵球的支持力為mgC.系統(tǒng)的加速度為a=gtanαD.推力F=Mgtanα[解析]對小鐵球受力分析,豎直方向上有FNc