人教版 (新课标)必修16 用牛顿定律解决问题（一）练习题

这是一份人教版 (新课标)必修16 用牛顿定律解决问题（一）练习题，共10页。

一、选择题(本题共6小题，每题4分，共24分)
1．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持稳定，将其置于木板A、B之间，如图所示。两木板固定在卡车上，且板间距离刚好等于工件的外部直径。当卡车沿平直公路以加速度a匀加速行驶时，圆筒对木板A、B压力的大小分别为F1、F2，则( )
A.F1＝ma，F2＝0
B．F1＝0，F2 ＝ma
C．F1＝0，F2＝0
D．F1＝ma，F2＝ma
【解析】选A。当卡车沿平直公路以加速度a匀加速行驶时，圆筒状工件会挤压木板A，不挤压木板B，故F2＝0，由牛顿第二定律，有F1＝ma，故A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力( )
A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，则FAB＝ eq \f(1,2) F
C．若地面的动摩擦因数为μ，则FAB＝F
D．若地面的动摩擦因数为μ，则FAB＝2F
【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)两个木块的加速度相同，先对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度。
(2)再以B为研究对象，求解A对B的作用力，进行选择。
【解析】选B。设两木块的质量均为m，若地面是完全光滑的，对整体用牛顿第二定律得，加速度a＝ eq \f(F,2m) ，再对B运用牛顿第二定律得，FAB＝ma＝ eq \f(F,2) ，故A错误，B正确；若地面动摩擦因数为μ，对整体用牛顿第二定律得，加速度a＝ eq \f(F－2μmg,2m) ＝ eq \f(F,2m) －μg，再对B运用牛顿第二定律得，FAB－μmg＝ma，解得，FAB＝ eq \f(F,2) ，故C、D错误。
3.如图所示，车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面直线运动时，小球细线偏离竖直方向角度为θ，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．汽车正向右匀减速运动
B．汽车的加速度大小为g cs θ
C．细线对小球的拉力大小为mg
D．木块受到的摩擦力大小为Mg tan θ
【解析】选D。以小球为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝ma，解得a＝g tan θ，方向水平向右，而速度可能向右，也可能向左，所以汽车可能向右匀加速运动，也可能向左匀减速运动。细线对小球的拉力大小为T＝ eq \f(mg,cs θ) ，故A、B、C错误；再对木块受力分析，受重力、支持力和向右的静摩擦力，根据牛顿第二定律，水平方向f＝Ma＝Mg tan θ，故D正确。
4．(2021·淄博高一检测)2020年2月2日，在7 000多人10天10夜的鏖战下湖北省首个“小汤山模式”医院—武汉蔡旬火神山医院成功交付。如图是火神山医院的施工现场，几十台吊车正如火如荼的运行。如图所示，一台吊车用互成角度的绳子吊起货物，两段绳子与水平方向的夹角均为60°。绳的质量不计，且绳子能承受的最大拉力为700 eq \r(3) N，已知货物质量为200 kg，重力加速度g取10 m/s2。要使绳子不被拉断，则货物上升的最大加速度为( )
A．0.2 m/s2 B．0.4 m/s2
C．0.5 m/s2 D．1 m/s2
【解析】选C。货物受力如图所示，当绳子的拉力达到最大时，货物的加速度最大，根据牛顿第二定律有：2T·sin60°－G＝ma，代入数据解得最大加速度为a＝0.5 m/s2，故A、B、D错误，C正确。
5.如图所示，在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的乘客可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力约为( )
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1 000 N
【解析】选A。从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝ eq \f(v－v0,t) ＝－ eq \f(30,5) m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反。所以选项A正确。
6．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则( )
A.物体到达C1点时的速度最大
B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C．物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小
D．物体到达C3的时间最短
【解析】选D。物体在斜面上的加速度a＝g sin θ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误。斜面长L＝ eq \f(h,sin θ) ，由v2＝2aL得：v＝ eq \r(2gh) ，到C1、C2、C3时物体速度大小相等，故A错误。由L＝ eq \f(1,2) at2即 eq \f(h,sin θ) ＝ eq \f(1,2) g sin θ·t2知，沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确。
二、计算题(本题共2小题，共36分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7．(16分)质量为200 t的机车从停车场出发，行驶225 m后，速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了125 m才停在站上。设运动过程中阻力不变，求机车关闭发动机前所受到的牵引力。
【解析】关闭发动机，机车做的是减速运动。机车关闭发动机前在牵引力和阻力共同作用下向前加速；关闭发动机后，机车只在阻力作用下做减速运动。因加速阶段的初、末速度及位移均已知，故可由运动学公式求出加速阶段的加速度，由牛顿第二定律可求出合力；在减速阶段初、末速度及位移已知，同理可以求出加速度，由牛顿第二定律可求出阻力，则由两阶段的力可求出牵引力。
在加速阶段
初速度v0＝0，末速度v1＝54 km/h＝15 m/s
位移x1＝225 m
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得：
加速度a1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2x1) ＝ eq \f(152,2×225) m/s2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得
F引－F阻＝ma1＝2×105×0.5 N＝1×105 N ①
减速阶段：初速度v1＝15 m/s，末速度v2＝0，位移x2＝125 m
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(t)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得
加速度a2＝－ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2x2) ＝－ eq \f(152,2×125) m/s2＝－0.9 m/s2，负号表示a2方向与v1方向相反
由牛顿第二定律得
F阻＝－ma2＝－2×105×(－0.9) N＝1.8×105 N ②
由①②得机车的牵引力为F引＝2.8×105 N
答案：2.8×105 N
8．(20分)如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cs37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？
(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0 m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？
【解析】(1)人和滑板在斜坡上的受力如图甲所示，建立直角坐标系。设人和滑板在斜坡上滑下的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mg sin θ－Ff＝ma1，
FN－mg cs θ＝0，其中Ff＝μFN，
联立解得人和滑板滑下的加速度大小为
a1＝g(sin θ－μcs θ)＝2.0 m/s2。
(2)人和滑板在水平滑道上的受力如图乙所示。
由牛顿第二定律得F′N＝mg，F′f＝ma2，
其中F′f＝μF′N，
联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为a2＝μg＝5.0 m/s2，
设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，整个运动过程中由匀变速直线运动公式得
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝2a1LAB，0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝－2a2L
联立解得LAB＝50.0 m。
答案：(1)2.0 m/s2 (2)50.0 m
【综合突破练】 (15分钟·40分)
9. (6分)(多选)如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D点，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是( )
A．经过B点时，运动员的速率最大
B．经过C点时，运动员的速率最大
C．从C点到D点，运动员的加速度增大
D．从C点到D点，运动员的加速度不变
【解析】选B、C。运动员从开始到B的过程做自由落体运动，从B到C的过程做加速度逐渐减小的加速运动，所以运动员到达C点时的速率最大，选项A错误，选项B正确；运动员从C到D的过程做加速度逐渐增大的减速运动，到达D点时速度减小到零，弹性绳的弹力达到最大，运动员的合力达到最大，其加速度达到最大，故选项C正确，选项D错误。
10. (6分)(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法中正确的是( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB可能等于3 m/s
【解题指南】解答本题需明确以下三点：
(1)若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2ax，a＝μg，可求出vB。
(2)若传送带以逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，工件的运动情况跟传送带不动时的一样。
(3)若传送带顺时针匀速转动时，要根据传送带的速度大小进行分析。
【解析】选A、B、D。若传送带不动，工件的加速度：a＝－ eq \f(μmg,m) ＝－μg＝
－0.1×10 m/s2＝－1 m/s2，由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2ax，得：vB＝ eq \r(2ax＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ) ＝ eq \r(2×（－1）×3.5＋42) m/s＝3 m/s，故A正确；若传送带逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a＝－μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，则vB＝3 m/s，故B正确；若传送带以小于3 m/s 的速度顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为a＝－μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，则vB＝3 m/s；若以大于3 m/s的速度顺时针匀速转动，则开始时物体受到的摩擦力向右，物体做加速运动，可能大于3 m/s；故C错误，D正确。
11. (6分)(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．斜面对小球的弹力为 eq \f(mg,cs θ)
B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
【解析】选A、D。对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2csθ＝mg，水平方向有FN1－FN2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝ eq \f(mg,cs θ) ，故选项A正确；FN1＝ma＋mg tan θ。由于FN2＝ eq \f(mg,cs θ) 即与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1随a的增大而增大，故选项C错误，D正确；小球受到斜面挡板的弹力和重力的合力为ma，故选项B错误。
12. (22分)(2021·杭州高一检测)如图为羽毛球筒，内有一羽毛球，球托底部离球筒口10 cm，球与球筒内壁紧密接触。现小明同学将球筒竖直静置于地面上方0.2 m高度，然后将球筒静止释放，若球筒与地面相碰后速度瞬间减为0，且不会倾倒，羽毛球刚好到达球筒口。已知球筒长36 cm，羽毛球轴向高8 cm，质量为5 g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)球筒下落的时间；
(2)球筒释放前羽毛球受到的摩擦力以及下落过程中受到的摩擦力；
(3)球筒落地后，羽毛球滑到球筒口过程中受到的摩擦力是重力的几倍。
【解析】(1)不计空气阻力，静止释放球筒后，球筒做自由落体运动，
下落高度：h＝ eq \f(1,2) gt2
代入数据解得：t＝0.2 s
(2)羽毛球质量m＝5 g＝0.005 kg，
释放前羽毛球静止，设受到的摩擦力为f，对羽毛球，由平衡条件得：f＝mg＝0.005×10 N＝0.05 N，方向竖直向上
羽毛球下落过程做自由落体运动，加速度a＝g，设所受摩擦力为f′，对羽毛球，由牛顿第二定律得：mg－f′＝mg 解得：f′＝0
(3)球筒落地时羽毛球的速度：
v＝gt＝10×0.2 m/s＝2 m/s
球筒落地后羽毛球刚好到达球筒口，羽毛球的位移：x＝10 cm＝0.10 m
羽毛球在球筒内滑动过程：v2＝2ax
代入数据解得：a＝20 m/s2＝2g
设羽毛球受到的摩擦力为f″，对羽毛球，由牛顿第二定律：f″－mg＝ma 解得：f″＝3mg
答案：(1)0.2 s (2)0 (3)3
【加固训练】
如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g。求：
(1)小木块与木板间的动摩擦因数。
(2)当θ＝60°时，小木块沿木板向上滑行的距离。
(3)当θ＝60°时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。
【解析】(1)当θ＝30°时，对小木块受力分析得：
mg sin θ＝μFN①
FN＝mg cs θ②
联立①②得：μ＝tan θ＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3)
(2)当小木块向上运动时，设小木块的加速度为a1，位移为x，则：mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2a1x，则x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g（sin θ＋μcs θ）) θ＝60°
x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g（sin 60°＋μcs 60°）) ＝ eq \f(\r(3)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4g)
(3)θ＝60°，当小木块向上运动时，
时间t1＝ eq \f(v0,a1) ＝ eq \f(\r(3)v0,2g)
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：mg sin θ－μmg cs θ＝ma2
解得：a2＝ eq \f(\r(3),3) g
由x＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
得：t2＝ eq \f(\r(6)v0,2g)
故：t＝t1＋t2＝ eq \f(（\r(3)＋\r(6)）v0,2g)
答案：(1) eq \f(\r(3),3) (2) eq \f(\r(3)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4g) (3) eq \f(（\r(3)＋\r(6)）v0,2g)