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热点强化练3 牛顿运动定律的综合应用
(时间:25分钟)
1.(多选)建筑工人利用轻质动滑轮提升建筑材料的情景如图1甲所示。绕过轻滑轮的轻绳一端固定,通过拉动另一端使水桶由静止开始竖直上升,两侧轻绳始终保持竖直,水桶的加速度a随水桶上升的高度h的变化关系图像如图乙所示。已知水桶及桶内材料的总质量为5 kg,重力加速度g=10 m/s2,不计一切阻力及摩擦,以下说法正确的是( )
图1
A.水桶上升4 m时的速度大小为 m/s
B.水桶上升4 m时的速度大小为2 m/s
C.水桶上升4 m时,人对绳的拉力大小为55 N
D.水桶上升4 m时,人对绳的拉力大小为27.5 N
答案 AD
解析 由初速为零的匀加速直线运动规律可知v2=2ah,结合图像面积可求得水桶上升4 m时的速度大小v= m/s= m/s,故A正确,B错误;由牛顿第二定律可知2F-mg=ma,即F=27.5 N,故C错误,D正确。
2.(多选)如图2所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上。一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中,下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是( )
图2
答案 AD
解析 在小球下落的开始阶段,小球做自由落体运动,加速度为g;接触弹簧后,开始时重力大于弹力,加速度方向向下,随着小球的不断下降,弹力逐渐变大,故小球做加速度减小的加速运动,某时刻加速度可减小到零,此时速度最大;小球继续下落时,弹力大于重力,加速度方向变为向上,且加速度逐渐变大,直到速度减小到零,到达最低点,由对称知识可知,到达最低点的加速度大于g,故A、D正确。
3.(2020·合肥一中4月月考)如图3所示,自身重力不计的定滑轮固定在天花板上,跨过定滑轮的轻绳两端分别与A、B两物体相连,物体A质量为m,物体B质量为3m。重力加速度为g,现由静止释放物体A、B,在物体A上升、B下降的运动过程中,定滑轮对天花板的拉力为( )
图3
A.1.5mg B.2mg
C.3mg D.4mg
答案 C
解析 法一 隔离法
根据牛顿第二定律,对A有:F-mg=ma,对B有:3mg-F=3ma,联立解得加速度a=0.5g,F=1.5mg,因定滑轮自身重力不计,则根据平衡条件得,定滑轮对天花板的拉力FT=2F=2×1.5mg=3mg,选项C正确,A、B、D错误(也可从超重或失重的角度分析)。
法二 整体法
沿轻绳方向,对A、B组成的系统应用牛顿第二定律,则有3mg-mg=4ma,对A有:F-mg=ma,联立解得F=1.5mg,则根据平衡条件有FT=2F,解得定滑轮对天花板的拉力FT=3mg(也可以将A、B及定滑轮视为系统,对系统应用牛顿第二定律,则有4mg-FT=3ma-ma,解得FT=3mg),选项C正确。
4.(2020·天津市滨海七所重点学校联考)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C,自由地摆放在A、B之间,和汽车一起保持静止,如图4所示,当C与车共同向左加速时( )
图4
A. A对C的支持力变大
B.B对C的支持力不变
C.当向左的加速度达到g时,C将脱离A
D.当向左的加速度达到g时,C将脱离A
答案 D
解析 对C进行受力分析,如图所示,设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系可得sin θ==,所以θ=30°;同理可得,A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°;原来C处于静止状态,根据平衡条件可得FNBsin 30°=FNAsin 30°;令C的加速度为a,根据正交分解以及牛顿第二定律有FNB′sin 30°-FNA′sin 30°=ma,可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大,故A、B错误;当A对C的支持力为零时,根据牛顿第二定律可得mgtan 30°=ma,解得a=g,则C错误,D正确。
5.如图5甲所示,某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )
图5
A.图线与纵轴的交点的绝对值为g
B.图线的斜率在数值上等于货物的质量m
C.图线与横轴的交点N的值mg
D.图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数
答案 A
解析 对货物受力分析,受重力mg和拉力2T,根据牛顿第二定律,有2T-mg=ma,即a=T-g,当T=0时,a=-g,即图线与纵轴交点M的值aM=-g,所以图线与纵轴的交点的绝对值为g,故A正确;图线的斜率表示,故B、D错误;当a=0时,T=,即图线与横轴交点N的值为mg,故C错误。
6.(多选)(2020·四川宜宾市上学期一诊)如图6(a