人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用优秀同步练习题

4.5  牛顿运动定律的应用

夯实基础

1．(多选)一物体在几个力的共同作用下处于静止状态，现使其中向东的一个力F的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值(方向不变)，则(　　)

A．物体始终向西运动

B．物体先向西运动后向东运动

C．物体的加速度先增大后减小

D．物体的速度先增大后减小

【答案】AC

【解析】

除向东的力外，其他力的合力F′一定向西，且大小恒定，则物体的加速度a＝，因为F先减后增，所以加速度先增后减，故选项C正确；

由于向西的力始终比向东的力大，故加速度一直向西，与速度同向，所以物体也一直向西做加速运动，故选项A正确，B、D错误．

故选AC

2．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水时它的运动将是(　　)

A．做变加速运动

B．做初速度不为零的匀加速直线运动

C．做匀减速运动

D．继续保持匀速直线运动

【答案】A

【解析】

设牵引力为F，则a＝＝＝－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动。

故选A．

3．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是(　　)

A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变

B．将物体质量减小一半，其他条件不变

C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍

D．将时间增加到原来的两倍，其他条件不变

【答案】D

【解析】

由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C错；由v＝at可得选项D对．

故选D

4．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(　　)

A．物体经10s速度减为零

B．物体经2s速度减为零

C．物体的速度减为零后将保持静止

D．物体的速度减为零后将向右运动

【答案】BC

【解析】

物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmg＝3N，根据牛顿第二定律得a＝＝m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝s＝2s，B正确，A错误；

物体的速度减为零后，由于F<Ff，物体处于静止状态，C正确，D错误．

故选BC

5．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14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为(　　)

A．7 m/s  B．14 m/s

C．10 m/s  D．20 m/s

【答案】B

【解析】

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.由匀变速直线运动速度—位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s．

故选B

6．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　)

A．滑行中的加速度之比为2∶3

B．滑行的时间之比为1∶1

C．滑行的距离之比为4∶9

D．滑行的距离之比为3∶2

【答案】C

【解析】

根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度为a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；

根据公式t＝，可得＝＝，B错误；

根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误．

故选C

7.如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间动摩擦因数为0.20.取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求：

(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；

(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离s.

【答案】(1)5.2 m/s　(2)6.76 m

【解析】

(1)对雪橇受力分析：

竖直方向：N1＋Fsin 37°＝mg，

且f1＝μN1

由牛顿第二定律：Fcos 37°－f1＝ma1

由运动学公式：v＝a1t1

解得v＝5.2 m/s.

(2)撤去拉力后，雪橇受重力、支持力、摩擦力。雪橇的加速度a2＝μg

根据0－v2＝－2a2s，解得s＝6.76 m.

8.某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3kg，力传感器固定在竖直挡板上．求：(g＝10m/s2)

(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；

(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为36N，此时装置的加速度大小；

(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？

【答案】　(1)30N　(2)2m/s2　(3)方向向左　10 m/s2

【解析】

(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止时力传感器对小球的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为FN，对小球受力分析如图所示，

由平衡条件可知：

F＝mg＝3×10N＝30N；

(2)竖直方向FNcos45°＝mg；

水平方向F′－FNsin45°＝ma；

解得：a＝2m/s2；

(3)要使力传感器示数为0，则有：

FNcos45°＝mg；FNsin45°＝ma′；

解得：a′＝10m/s2，方向向左．

提能增效

9．一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么，图中所示的四种情况中符合要求的是(　　)

【答案】C

【解析】

设底边长为2l，底面与房顶的夹角为θ，则房顶坡面长x＝，由于房顶光滑，所以加速度a＝gsin θ，

由x＝at2得＝gsin θ·t2，

所以t＝ .

显然当θ＝45°时，时间最短．

故选C

10.(多选)质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图3所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是(　　)

图3

A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2

B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2

C．0～1s内，物体的位移为7m

D．0～2s内，物体的总位移为11m

【答案】　BD

【解析】

0～1s内，物体的加速度大小a1＝＝m/s2＝4 m/s2，A项错误；

1～2s内物体的加速度大小a2＝＝m/s2＝2 m/s2，B项正确；

物体运动的v－t图象如图所示，

故0～1s内物体的位移为x1＝m＝6m，C项错误；

0～2s内物体的总位移x＝x1＋x2＝[6＋] m＝11m，D项正确．

故选BD

11.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在固定的倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．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

【答案】D

【解析】

因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos 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＝at2得 a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N。

故选D

12．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　)

A．自身所受重力的2倍

B．自身所受重力的5倍

C．自身所受重力的8倍

D．自身所受重力的10倍

【答案】B

【解析】

由自由落体规律可知：v2＝2gH，缓冲减速过程：v2＝2ah，由牛顿第二定律列方程F－mg＝ma，

解得F＝mg＝5mg，故B正确．

13.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．物体到达C3的时间最短

D．在C3上运动的加速度最小

【答案】C

【解析】

在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝gsin θ，斜面倾角越大，加速度越大，所以C3上运动的加速度最大；

根据几何知识可得：物体发生位移为x＝，物体的初速度为零，所以x＝at2，解得t＝ ＝，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短；

根据v2＝2ax得，v＝，知到达底端的速度大小相等。

故选C．

14. (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

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

【答案】AD

【解析】

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FN2cos θ＝mg，水平方向有FN1－FN2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝，故A正确；

FN1＝ma＋mgtan θ.由于FN2＝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增大而增大，故C错误，D正确；

斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为m ，故B错误．

故选AD

15．一质量为2 kg的物体静止在水平地面上，在水平恒力F的推动下开始运动，4 s末物体的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经8 s物体停下来．如果物体与地面间的动摩擦因数不变，求力F的大小．

【答案】3 N

【解析】

物体的整个运动过程分为两段，前4 s内物体做匀加速运动，后8 s内物体做匀减速运动．

前4 s内物体的加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2.

设摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1　①

后8 s内物体的加速度为

a2＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2.

物体所受的摩擦力大小不变，

由牛顿第二定律得－Ff＝ma2　②

由①②两式可求得水平恒力F的大小为

F＝m(a1－a2)＝2×(1＋0.5)N＝3 N.

16.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．

【答案】(1)6 s　(2)2.25×104 N

【解析】

(1)设下落的最大速度为vm＝20 m/s

由v＝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v＝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.