高中人教版 (2019)5 牛顿运动定律的应用习题

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考点1：根据受力确定运动情况
1．问题界定：已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移。
2．解题思路
3．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。
(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学参量——任意时刻的位移和速度，以及运动轨迹等。
【例1】 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，cs 37°＝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。
(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？
【分析】
【解析】 (1)人和滑板在斜坡上的受力如图所示，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
mgsin θ－Ff＝ma1
FN－mgcs 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所示。
由牛顿第二定律得
FN′－mg＝0，Ff′＝ma2
其中Ff′＝μFN′
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
veq \\al(2,B)＝2a1LAB,0－veq \\al(2,B)＝－2a2L
联立解得LAB＝50.0 m。
【变式训练】
上例中，若人坐在滑板上从底端B处向斜坡上冲去，如果vB′＝20 m/s，则冲上斜坡的最大距离是多少？
【解析】设上坡时加速度大小为a3，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋Ff＝ma3，解得a3＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，
由vB′2＝2a3x解得x＝20 m。
【技巧与方法】
应用牛顿第二定律解题时求合力的方法
(1)合成法
物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力F合。反之，若知道加速度方向就知道合力方向。
(2)正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量。即沿加速度方向Fx＝ma，垂直于加速度方向Fy＝0。
【针对训练】
1.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)
【解析】 (1)在企鹅向上奔跑过程中：
x＝eq \f(1,2)at2，解得x＝16 m。
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程从卧倒到最高点做匀减速运动，第二个过程是从最高点匀加速滑到最低点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2，解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
(3)上滑位移x1＝eq \f(at2,2a1)＝1 m
退滑到出发点的速度v＝eq \r(2a2x＋x1)，
解得v＝2eq \r(34) m/s。
考点2：根据运动情况确定受力
1．问题界定：已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况(如物体的运动性质、速度、加速度或位移)已知的条件下，要求得出物体所受的力。
2．解题思路
3．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力。
【例2】 在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度64 m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处速度恰好减为零。已知游客和座椅总质量为1 500 kg，下落过程中最大速度为20 m/s，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)游客下落过程的总时间；
(2)恒定阻力的大小。
【解析】 (1)设下落的最大速度为vm＝20 m/s
由veq \\al(2,m)＝2gh1，vm＝gt1
可知，游客下落过程中自由落体过程对应的时间t1＝2 s
下落高度h1＝20 m
设游客匀减速下落过程的高度为h2，加速度为a2
则veq \\al(2,m)＝2a2h2，h2＝64 m－4 m－h1＝40 m
可得a2＝5 m/s2
由vm－a2t2＝0可得游客匀减速下落的时间t2＝4 s
游客下落过程的总时间t＝t1＋t2＝6 s。
(2)设匀减速过程中所受阻力大小为Ff
由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma2
解得Ff＝m(a2＋g)＝2.25×104 N。
【技巧与方法】
从运动情况确定受力的两点提醒
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，求合力时，则F合＝ma，求某一分力时根据力的合成或分解列式求解。
【针对训练】
2．如图所示的机车，质量为100 t，设它从停车场出发经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，设机车所受的阻力保持不变，关闭发动机前机车所受的牵引力不变，求机车关闭发动机前所受的牵引力。
【解析】设机车在加速阶段的加速度为a1，减速阶段的加速度为a2
则：v2＝2a1x1，
v2＝2a2x2，
解得：a1＝0.5 m/s2，a2＝0.9 m/s2，
由牛顿第二定律得
F－Ff＝ma1，
Ff＝ma2，
解得：F＝1.4×105 N。
考点达标
考点一 根据受力确定运动情况
1．如图所示，沿水平方向做直线运动的车厢内悬挂一小球，悬挂小球的细绳向左偏离竖直方向，小球相对车厢静止。关于车厢的运动情况，下列说法正确的是( )
A．车厢向左做匀速直线运动
B．车厢向右做匀速直线运动
C．车厢向左做匀加速直线运动
D．车厢向右做匀加速直线运动
【解析】D 由受力分析知合力大小恒定，方向水平向右，说明车厢有向右的恒定加速度，但速度方向不确定，故D正确。
2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是15 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.75，该路段限速60 km/h，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度以及是否超速的情况是( )
A．速度为7.5 m/s，超速 B．速度为15 m/s，不超速
C．速度为15 m/s，超速 D．速度为7.5 m/s，不超速
【解析】B 设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度位移关系式veq \\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝15 m/s＝54 km/h<60 km/h，所以不超速，因此B正确。
3．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是( )
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
【解析】C 前3 s物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知a0＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2,3 s末物体的速度为v＝a0t＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；3 s后，力F消失，加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以5 s末的速度仍是3 s末的速度，即4.5 m/s，加速度为a＝0，故C正确。
4．如图为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相等，作用时间相同，且一直作用下去。设小球从静止开始运动，由此可判定( )
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球向前运动一段时间后停止
【解析】C 作出小球相应的v­t图像，如图所示，物体的运动方向由速度的方向决定，小球始终向前运动。
5．一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零。设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变。下表是测出的不同时刻小球速度的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)斜面AB的倾角是多少？
(2)小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？
【解析】 (1)根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度：
a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(9,1.8) m/s2＝5 m/s2，
由牛顿运动定律得：mgsin α＝ma1，
解得：sin α＝eq \f(a1,g)＝eq \f(5,10)＝0.5，
解得，斜面AB段的倾角α＝30°
(2)根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间：t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(15,5) s＝3 s，
小球在斜面CD上做减速运动的加速度大小：
a3＝eq \f(9－3,15－13) m/s2＝3 m/s2，
从最大速度vm＝15 m/s减至速度为9 m/s用时：t3＝eq \f(15－9,3) s＝2 s，
于是，小球在水平面上运动时间
t2＝(13－t1－t3) s＝8 s
故小球的总路程s＝eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋vmt2＋eq \f(v\\al(2,m),2a3)，
解得：s＝180 m
考点二 根据运动情况确定受力
6．光滑水平面上，质量为4 kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动，0～2 s内的位移为6 m；质量为2.5 kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动，0～3 s内的位移为9 m。则F1与F2的比值为( )
A．1∶3 B．3∶4
C．12∶5 D．9∶8
【解析】C 物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式可知，加速度为：
a1＝eq \f(2x1,t\\al(2,1))＝eq \f(2×6,22) m/s2＝3 m/s2
a2＝eq \f(2x2,t\\al(2,2))＝eq \f(2×9,32) m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律得：
F1＝m1a1＝4×3 N＝12 N
F2＝m2a2＝2.5×2 N＝5 N，
两力之比：F1∶F2＝12∶5，C正确。
7．质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。如图所示，若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间物体沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2) ( )
A．42 N B．6 N
C．21 N D．36 N
【解析】D 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，D正确。
8．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v­t图线，则拉力和摩擦力之比为( )
A．9∶8
B．3∶2
C．2∶1
D．4∶3
【解析】B 由题可知，图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得F∶Ff＝3∶2，B正确。
9．一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使滑块由静止开始在0～2 s内沿斜面运动的位移x＝4 m。(g取10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，加速度方向有沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。
由x＝eq \f(1,2)a1t2，得加速度大小a1＝2 m/s2
当加速度方向沿斜面向上时，
Fcs θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcs θ)＝ma1，
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N
当加速度方向沿斜面向下时，
mgsin θ－Fcs θ－μ(Fsin θ＋mgcs θ)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(4\r(3),7)N。
巩固提升
10．某物理兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点。设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为( )
A.eq \f(1,4)mg B．eq \f(1,3)mg
C.eq \f(1,2)mg D．mg
【解析】C 根据Δx＝aT2，推导可得上升阶段与下降阶段的加速度之比eq \f(a上,a下)＝eq \f(3,1)，又根据牛顿第二定律，上升阶段mg＋f＝ma上，下降阶段mg－f＝ma下，由以上各式可得f＝eq \f(1,2)mg，选项C正确。
11．如图所示，粗糙水平桌面上有一个玩具小屋，小红将一工艺品“旺狗”放在玩具小屋的屋顶斜面上，发现只要给“旺狗”一个向下的初速度，它便可沿屋顶斜面匀速下滑，此过程中小屋保持静止。已知小屋的质量为M，“旺狗”的质量为m，在“旺狗”匀速下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．桌面对小屋有水平向右的摩擦力
B．桌面对小屋有水平向左的摩擦力
C．桌面对小屋的支持力等于(M＋m)g
D．桌面对小屋的支持力小于(M＋m)g
【解析】C 对“旺狗”和小屋整体受力分析可知，水平方向没有外力使该整体产生向左或向右的运动趋势，故桌面对小屋没有摩擦力，故A、B错误；对整体分析，竖直方向受力平衡，可知桌面对小屋的支持力等于整体的重力，故C正确，D错误。
12．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点位于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tc大小关系是( )
A．tAB．tA＝tCC．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
【解析】B 设圆的半径为R，对于AM段，位移xA＝eq \r(2)R，加速度aA＝eq \f(mgsin 45°,m)＝eq \f(\r(2),2)g，根据xA＝eq \f(1,2)aAteq \\al(2,A)得，tA＝eq \r(\f(2xA,aA))＝eq \r(\f(4R,g))，同理tB＝eq \r(\f(8R,\r(3)g))，tC＝eq \r(\f(4R,g))，故tA＝tC13．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球的加速度为a，则
－μmg＝ma，a＝－μg
所以2as0＝veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)，①
解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gs0)。②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。
由运动学公式得
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝eq \f(1,2)a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝eq \f(s1v1＋v02,2s\\al(2,0))。⑥
时刻t/s
0
0.6
1.2
1.8
5.0
10
13
15
速度v/
(m·s－1)
0
3.0
6.0
9.0
15
15
9.0
3.0