03 专题五　牛顿第二定律的综合应用 【答案】听课手册.docxVIP

专题五牛顿第二定律的综合应用

例1B[解析]根据牛顿第二定律有2F-k(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得a=2F-k(m1+m2)g(m1+m2),动力与加速度并不是正比关系,若每组提供的动力均为2F,列车组的加速度并不加倍,A、D错误;对于A组列车,根据牛顿第二定律有F-FT-km1g=m1a,解得FT=(m2-m1)Fm1+m2,若

例2B[解析]对ABCD整体,可知a=Fm+m+m+3m=F6m;对BCD整体有FfAB=5ma=5F6,即A对B的摩擦力大小为5F6,方向向右,选项A错误,B正确;对C分析,可知FfBC=ma=F6,则C对B的摩擦力大小为F6,方向向左,选项C错误;C、D两木块所受到的摩擦力大小相等,均为F6

例3D[解析]物体A与车厢具有相同的加速度,对物体A分析,受重力和拉力,根据合成法知F合=m1gtanθ,绳子拉力为FT=m1gcosθ,物体A的加速度为a=m1gtanθm1=gtanθ,所以车厢的加速度为gtanθ,故A、B错误;物体B的加速度为gtanθ,对物体B受力分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,支持力为FN=m2g-m1gcosθ、Ff=m2a=m2

例4D[解析]由装置图可知,A的速度和加速度都等于B的速度和加速度的2倍,选项A、B错误;设轻绳上的拉力为FT,则对A,由牛顿第二定律有FT-μm1g=m1a,对B有m2g-2FT=m2·12a,联立解得FT=6.6N,选项C错误,D正确

例5B[解析]当小滑块b在左侧、a在右侧时,对ab整体,有3mgsin37°-mgsin53°-μ(3mgcos37°+mgcos53°)=(3m+m)×0.1g,解得μ=0.2,对b,有3mgsin37°-μ·3mgcos37°-FT1=0.1g×3m,解得FT1=1.02mg,故A、C错误;当小滑块a在左侧、b在右侧时,对ab整体,有3mgsin53°-mgsin37°-μ(3mgcos53°+mgcos37°)=(3m+m)a,解得a=0.32g,对b,有3mgsin53°-μ·3mgcos53°-FT2=3ma,解得FT2=1.08mg,故B正确,D错误.

例6CD[解析]A与B间的最大静摩擦力为FfABm=μ×2mg=2μmg,C与B间的最大静摩擦力为FfCBm=14μmg=14μmg,B与地面间的最大静摩擦力为FfB地m=18μ(2m+m+m)g=12μmg,要使A、B、C都始终相对静止,三者一起向右加速,则对整体有F-12μmg=4ma,假设C恰好与B相对不滑动,则对C有14μmg=ma,联立解得a=14μg,F=32μmg,设此时A与B间的摩擦力为Ff,对A有F-Ff=2ma,解得Ff=μmg2μmg,表明C达到临界时A还没有达到临界,故要使三者始终相对静止,则力F不能超过32μmg,故C正确;当A恰好相对B滑动时,C早已相对B滑动,对A、B整体得F-12μmg-14μmg=3ma,对A有F-2μmg=2ma,联立解得F=92μmg,故当拉力F大于92μmg时,B与A相对滑动,故B错误;当F较大时,A、C都会相对B滑动,B的加速度达到最大,对B有2μmg-14μmg-12μmg=maB,解得aB=54μg,故A错误;当F=μmg时,三个物体相对静止,则对整体有F-12μmg=4ma0,对A有F-Ff

例7B[解析]若支持力恰好为零,对小球受力分析,受到重力、绳子拉力,如图所示,小球向左加速,加速度向左,合力水平向左,根据牛顿第二定律,有FTcosθ=ma、FTsinθ=mg,解得a=gtanθ=4g3=403m/s2≈13.3m/s2;由以上分析可知,当a13.3m/s2时,小球受mg、FT两个力作用,当a13.3m/s2时,小球受mg、FT、FN三个力作用,故D错误;若a=14m/s213.3m/s2,小球受mg、FT两个力作用,故A错误,B正确;若a=13m/s213.3m/s2,小球受mg、FT、FN三个力作用,故

例8BC[解析]对A、B整体受力分析,则有F+FN-(mA+mB)g=(mA+mB)a,可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-FN;当FN最大时F最小,即刚开始施力时,FN最大且等于A和B的重力之和,则Fmin=(mA+mB)a=6N,故A错误,B正确.刚开始,弹簧的压缩量为x1=mAg+mBgk=0.05m,A、B分离时,其间恰好无作用力,对托盘B,由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa,解得x2=0.04m,物块A在这一过程的位移为Δx=x1-x2=0.01m,由运动学公式可知v2=2aΔx,代入数据得v=0.2m/s,

例9D[解析]