物理粤教版 (2019)第五节 牛顿运动定律的应用学案及答案

这是一份物理粤教版 (2019)第五节 牛顿运动定律的应用学案及答案，共10页。

[学习目标] 1.进一步理解牛顿第二定律的瞬时性，会分析变力作用过程中的加速度和速度.2.会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型.
一、变力作用下加速度和速度的分析
1.加速度与合力的关系
由牛顿第二定律F＝ma，可知加速度a与合力F具有瞬时对应关系，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方向也随之变化.
2.速度与加速度(合力)的关系
速度与加速度(合力)方向相同，物体做加速运动；速度与加速度(合力)方向相反，物体做减速运动.
在粗糙的水平面上，物体在水平推力的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体不停止)，在水平推力减小到零的过程中( )
A.物体的速度逐渐减小，加速度(大小)逐渐减小
B.物体的速度逐渐增大，加速度(大小)逐渐减小
C.物体的速度先增大后减小，加速度(大小)先增大后减小
D.物体的速度先增大后减小，加速度(大小)先减小后增大
答案 D
解析 对物体受力分析如图所示，
因为原来做匀加速直线运动，所以F>f，由于运动一段时间，所以物体已有一定的速度，当力F减小时包含以下三个过程：
①刚开始阶段：F>f，由牛顿第二定律得a＝eq \f(F－f,m)，F减小，a减小，但a、v同向，故v增大；
②随着F减小：F＝f时，即F合＝0，a＝0，速度达到最大；
③力F继续减小：F综上所述，a(大小)先减小后增大，v先增大后减小，选D.
(多选)如图1所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度大小和加速度大小的变化情况是( )
图1
A.加速度(大小)先变小后变大
B.加速度(大小)一直变大
C.速度先变大后变小
D.速度一直变小
答案 AC
解析 开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于小球的重力，此时合力为F合＝mg－kx，方向向下，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，故合力减小，则加速度减小，由于合力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg＝kx时，合力为零，此时速度最大；由于惯性，小球继续向下运动，此时合力大小为F合＝kx－mg，方向向上，小球减速，随着压缩量增大，小球所受合力增大，加速度增大.故整个过程中加速度(大小)先变小后变大，速度先变大后变小，选A、C.
针对训练 如图2所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的水平弹簧.现对物体施加一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是( )
图2
A.速度增大，加速度增大
B.速度增大，加速度减小
C.速度先增大后减小，加速度先减小后增大
D.速度先增大后减小，加速度先增大后减小
答案 C
解析 力F作用在A上的开始阶段，弹簧弹力kx较小，合力与速度方向相同，物体速度增大，而合力F－kx随x增大而减小，加速度也减小，当F＝kx以后，随物体A向左运动，弹力kx大于F，合力kx－F随x增大而增大，合力方向与速度方向相反，速度减小，加速度a增大.综上所述，只有C正确.
二、牛顿第二定律的瞬时性问题
1.两种模型的特点
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失.
(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是不变的.
2.解决此类问题的基本思路
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小.
(2)分析当状态变化时(烧断细线、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失).
(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度.
如图3所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，重力加速度为g，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是( )
图3
A.aA＝0，aB＝0 B.aA＝g，aB＝g
C.aA＝3g，aB＝g D.aA＝3g，aB＝0
答案 D
解析 剪断细线前，分析B球受力如图甲所示，F′＝2mg
剪断细线后瞬间弹簧形变不会恢复，故B球受力不变，aB＝0.
剪断细线前，分析A球受力如图乙所示
T＝F＋mg，F′＝F，故T＝3mg.
剪断细线，T变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示
由牛顿第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.
(2020·长春市十一高中高一期末)如图4所示，A、B两木块间连一竖直轻质弹簧，A、B的质量均为m，一起静止放在一块光滑水平木板上.若将此木板沿水平方向突然抽去，在抽去木板的瞬间，A、B两木块的加速度分别是(重力加速度为g)( )
图4
A.aA＝0，aB＝g B.aA＝g，aB＝g
C.aA＝0，aB＝2g D.aA＝g，aB＝2g
答案 C
解析 在抽去木板的瞬间，弹簧对A木块的支持力和对B木块的压力并未改变.在抽去木板的瞬间，A木块受重力和支持力且mg＝F，则aA＝0；B木块受重力和弹簧向下的压力，根据牛顿第二定律得aB＝eq \f(F＋mg,m)＝eq \f(mg＋mg,m)＝2g，故选C.
如图5所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
图5
A.弹簧的拉力F＝eq \f(mg,cs θ) B.弹簧的拉力F＝mgsin θ
C.小球的加速度为零 D.小球的加速度a＝gsin θ
答案 A
解析 烧断绳AO之前，对小球受力分析，如图所示，小球受3个力，此时弹簧拉力F＝eq \f(mg,cs θ)，绳AO的张力T＝mgtan θ，烧断绳AO的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故烧断绳AO瞬间弹簧的拉力不变，A正确，B错误.烧断绳AO的瞬间，小球受到的合力与烧断绳AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误.
1.(2020·北京市石景山区高一上学期期末)一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，物体运动的加速度和速度的变化是( )
A.加速度增大，速度增大 B.加速度减小，速度减小
C.加速度增大，速度减小 D.加速度减小，速度增大
答案 D
解析 当合外力减小时，根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)知，加速度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大，D正确.
2.(多选)(2020·北京市西城区高一上学期期末)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关.一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度－时间图像如图1所示，则雨滴下落过程中( )
图1
A.速度先增大后减小 B.加速度先减小后不变
C.受到的合力先减小后不变 D.受到的空气阻力不变
答案 BC
解析 由题图可知，雨滴的速度先增大后不变，故A错误；因为v－t图像的斜率表示加速度，可知加速度先减小后不变，根据F＝ma可知雨滴受到的合力先减小后不变，故B、C正确；根据mg－f＝ma可知雨滴受到的空气阻力先增大后不变，故D错误.
3.如图2所示，已知A球质量是B球质量的2倍.开始时A、B均处于静止状态，重力加速度为g，在剪断A、B之间的轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为( )
图2
A.eq \f(1,2)g g B.eq \f(3g,2) g
C.3g 0 D.0 g
答案 A
4.(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的水平轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图3所示，今用水平力F缓慢推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然撤去力F的瞬间( )
图3
A.A的加速度大小为eq \f(F,2m) B.A的加速度大小为零
C.B的加速度大小为eq \f(F,2m) D.B的加速度大小为eq \f(F,m)
答案 BD
解析 在撤去力F的瞬间，A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对；在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为eq \f(F,m)，选项C错，D对.
5.如图4所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态.在木板AB突然撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)( )
图4
A.0 B.eq \f(2\r(3),3)g C.g D.eq \f(\r(3),3)g
答案 B
解析 未撤离木板时，小球受重力mg、弹簧的拉力T和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为eq \f(2\r(3),3)mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的拉力T大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg、弹簧的拉力T，撤离木板瞬间，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小为eq \f(2\r(3),3)g，故选B.
6.(2021·扬州市高一上期末)如图5所示，小球在竖直向下的力F作用下，缓慢压缩弹簧至最低点.现撤去力F，小球向上弹起至离开弹簧的过程中，下列说法正确的是( )
图5
A.小球的速度一直增大
B.小球的速度先增大后减小
C.小球的加速度一直增大
D.小球的加速度先增大后减小
答案 B
7.如图6所示，物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接，物块3、4间用竖直轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m，物块2、4的质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度为g，则有( )
图6
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0
B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
D.a1＝g，a2＝eq \f(m＋M,M)，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
答案 C
解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于自身重力，由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此对物块3有：mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4的加速度a4＝eq \f(F＋Mg,M)＝eq \f(m＋M,M)g，所以C对.
8.物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0的方向为正方向时，合外力F随时间t的变化情况如图7所示，则在0～t1这段时间内( )
图7
A.物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大
B.物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小
C.物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大
D.物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小
答案 C
解析 由题图可知，物体所受合力F随时间t的变化情况是先减小后增大，根据牛顿第二定律知，物体的加速度先减小后增大，由于合外力F与速度方向始终相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，选项C正确.
9.(多选)(2020·重庆市七校高一上学期期末联考)如图8所示，在光滑且固定的斜面上有一轻质弹簧，弹簧的一端固定在斜面挡板上，一物体A沿着斜面下滑，从物体A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
图8
A.物体的加速度将先增大后减小
B.物体的加速度将先减小后增大
C.物体的速度将先增大后减小
D.物体的速度将先减小后增大
答案 BC
10.如图9所示，在水平地面上，弹簧左端固定，右端自由伸长到O处并系住物体m，现将弹簧压缩到A处，然后静止释放，物体一直可以运动到B处，如果物体受到的摩擦力恒定，则( )
图9
A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C.物体运动到O处时所受合力为零
D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小
答案 A
解析 由于物体与水平地面之间存在摩擦力，所以在物体从A向O运动的过程中水平方向受到弹簧向右的弹力和水平地面对它向左的摩擦力，当二力大小相等时，物体的加速度为零，速度最大，该点一定在A、O之间，所以物体在从A向O运动的过程中加速度先减小后增大，而速度先增大后减小，故A正确，B、D错误；物体运动到O处时，虽然弹簧的弹力为零，但此时物体在向右运动，受到向左的摩擦力作用，所以物体所受的合力不为零，故C错误.
11.(多选)如图10所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的光滑斜面固定放置，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
图10
A.两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B.B球的受力情况不变，瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为2gsin θ
D.弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向沿斜面向上，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，瞬时加速度大小都不为零
答案 BC
解析 设弹簧的弹力大小为F，以B球为研究对象，由平衡条件可知F＝mgsin θ，烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故B球的受力情况不变，加速度为零，B正确，A、D错误；以A球为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，C正确.
12.如图11所示，在光滑的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，在剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图11
A.小球受到水平面的弹力仍然为零
B.小球所受合力为零
C.小球立即具有向左的加速度a＝10 m/s2
D.小球立即具有向左的加速度a＝8 m/s2
答案 C
解析 剪断轻绳前，小球在重力、轻绳的拉力和弹簧弹力作用下处于静止状态，三力的合力为零，受力分析可知弹簧的弹力大小等于小球的重力mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，轻绳的拉力消失，此时小球受到水平面竖直向上的支持力，大小为mg，小球竖直方向受力平衡，小球受到的合力为弹簧的弹力，方向向左，大小为mg，故小球具有向左的加速度a＝10 m/s2，故选项C正确.