5.3 牛顿运动定律的案例分析（一） 每课一练（沪科版必修1）
题组一 从受力确定运动情况
1．粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断减小，则在滑动过程中( )
A．物体的加速度不断减小，速度不断增大
B．物体的加速度不断增大，速度不断减小
C．物体的加速度先变大再变小，速度先变小再变大
D．物体的加速度先变小再变大，速度先变大再变小
答案 D
解析 合力决定加速度的大小，滑动过程中物体所受合力是拉力和地面摩擦力的合力．因为F逐渐减小，所以合力先减小后反向增大，而速度是增大还是减小与加速度的大小无关，而是要看加速度与速度的方向是否相同．前一阶段加速度与速度方向同向，所以速度增大，后一阶段加速度与速度方向相反，所以速度减小，因此D正确．
2．A、B两物体以相同的初速度滑上同一粗糙水平面，若两物体的质量为mA>mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离sA与sB相比为( )
A．sA＝sB B．sA>sB
C．sA
答案 A
解析 通过分析物体在水平面上滑行时的受力情况可以知道，物体滑行时受到的滑动摩擦力μmg为合力，由牛顿第二定律知：μmg＝ma得：a＝μg，可见：aA＝aB.
物体减速到零时滑行的距离最大，由运动学公式可得：
v＝2aAsA，v＝2aBsB，
又因为vA＝vB，aA＝aB.
所以sA＝sB，A正确．
3．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 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A正确．
4．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 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为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得v＝2as，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
5．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为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
答案 C
解析 前3 s物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F＝ma，解得：a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末物体的速度为vt＝at＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；3 s后，力F消失，由牛顿第二定律可知加速度立即变为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．
题组二 从运动情况确定受力
6．一个物体在水平恒力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2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均错，由vt＝at可得选项D对．
7．某气枪子弹的射出速度达100 m/s，若气枪的枪膛长0.5 m，子弹的质量为20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为( )
A．1×102 N B．2×102 N
C．2×105 N D．2×104 N
答案 B
解析 根据v＝2as，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，从而得高压气体对子弹的作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N.
8．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
答案 C
解析 汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s
设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得：
F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
9．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：v＝2gH
缓冲减速过程：v＝2ah
由牛顿第二定律列方程F－mg＝ma
解得F＝mg(1＋H/h)＝5mg，故B正确．
题组三 整体法和隔离法的应用
10.两个叠加在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图1所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力( )
图1
A．等于零 B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcos θ D．大小等于μ2mgcos θ
答案 BC
解析 把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a，由牛顿第二定律得(M＋m)gsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a，得a＝g(sin θ－μ1cos θ)，所以a11.物体M放在光滑水平桌面上，桌面一端附有轻质光滑定滑轮，如图2甲所示，若用一根跨过滑轮的轻绳系住M，另一端挂一质量为m的物体，M的加速度为a1；如图乙所示，若另一端改为施加一竖直向下、大小为F＝mg的恒力，M的加速度为a2，则( )
图2
A．a1>a2 B．a1＝a2
C．a1答案 C
解析 对M和m组成的整体，由牛顿第二定律有mg＝(M＋m)a1，a1＝，另一端改为施加一竖直向下的恒力时，F＝mg＝Ma2，a2＝，所以a1题组四 综合应用
12.大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图3所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图．若已知“双子星号”宇宙飞船的质量为3 200 kg，其尾部推进器提供的平均推力为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8 s测出飞船和空间站速度变化是1.0 m/s.则：
图3
(1)空间站的质量为多大？
(2)在8 s内飞船对空间站的作用力为多大？
答案 (1)4 000 kg (2)500 N
解析 (1)飞船和空间站的加速度a＝＝0.125 m/s2，以空间站和飞船整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝Ma，得M＝＝7 200 kg.
故空间站的质量m＝7 200 kg－3 200 kg＝4 000 kg.
(2)以空间站为研究对象，由牛顿第二定律得
F′＝ma＝500 N
13．ABS系统是一种能防止车轮被抱死而导致车身失去控制的安全装置，全称防抱死刹车系统．它既能保持足够的制动力，又能维持车轮缓慢转动，已经广泛应用于各类汽车上．有一汽车没有安装ABS系统，急刹车后，车轮抱死，在路面上滑动．
(1)若车轮与干燥路面间的动摩擦因数是0.7，汽车以14 m/s的速度行驶，急刹车后，滑行多远才停下？
(2)若车轮与湿滑路面间的动摩擦因数为0.1，汽车急刹车后的滑行距离不超过18 m，刹车前的最大速度是多少？(取g＝10 m/s2)
答案 (1)14 m (2)6 m/s
解析 (1)汽车加速度a1＝－＝－μ1g＝－7 m/s2
由0－v＝2a1s1得s1＝＝ m＝14 m
(2)汽车加速度a2＝－＝－μ2g＝－1 m/s2
根据0－v＝2a2s2得
v02＝＝ m/s＝6 m/s.
5.3 牛顿运动定律的案例分析（二） 每课一练（沪科版必修1）
题组一 瞬时加速度问题
1.质量均为m的A、B两球之间系着一个质量不计的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间( )
图1
A．A的加速度大小为 B．A的加速度大小为零
C．B的加速度大小为 D．B的加速度大小为
答案 BD
解析 在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对；而B球在撤去力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，选项C错，D对．
2．如图2所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
图2
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsin θ
D．弹簧有收缩趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
答案 B
解析 因为细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以B的瞬时加速度为0，A的瞬时加速度为2gsin θ，所以选项B正确，A、C、D错误．
3．如图3所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽出，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是( )
图3
A．aA＝0，aB＝2g B．aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝0 D．aA＝g，aB＝2g
答案 B
解析 当刚抽去木板时，A、B和杆将作为一个整体一起下落，下落过程中只受重力，根据牛顿第二定律得aA＝aB＝g，故选项B正确．
4．如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度的大小为a1和a2，则( )
图4
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
答案 D
解析 两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此木块A的加速度此时仍为a，以木块B为研究对象，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以D项正确．
题组三 动力学中的临界问题
5．如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为( )
图5
A．μmg B．μ(M＋m)g
C．μ(m＋2M)g D．2μ(M＋m)g
答案 D
解析 将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小为am＝μg，要想抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aM>am＝μg，对木板受力分析如图．
根据牛顿第二定律，得：F－μ(M＋m)g－μmg＝MaM
得F＝μ(M＋m)g＋μmg＋MaM>μ(M＋m)g＋μmg＋μMg＝2μ(M＋m)g，选项D正确．
6．如图6所示，质量为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能承受1 N的拉力，水平面光滑，为了使细绳不断而又使它们能一起获得最大加速度，则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下，F的最大值是( )
图6
A．向右，作用在m2上，F＝ N
B．向右，作用在m2上，F＝2.5 N
C．向左，作用在m1上，F＝ N
D．向左，作用在m1上，F＝2.5 N
答案 BC
解析
若水平力F1的方向向左，如图．
设最大加速度为a1，根据牛顿第二定律，对整体有：
F1＝(m1＋m2)a1
对m2有：T＝m2a1
所以F1＝T＝×1 N＝ N，C对，D错．
若水平力F2的方向向右，如图．
设最大加速度为a2，根据牛顿第二定律，对整体有：F2＝(m1＋m2)a2
对m1有：T＝m1a2
所以F2＝T＝×1 N＝2.5 N．A错，B对．
7.如图7所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下端与质量为m的小球连接．当小球上下振动的某个时刻，木箱恰好不离开地面，求此时小球的加速度．
图7
答案 a＝g，方向向下
解析 如图所示，
对木箱受力分析有：F＝Mg
对小球受力分析有：mg＋F′＝ma
又F＝F′
解得：a＝g，方向向下．
8．如图8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，绳与水平面之间的夹角α＝53°，A与地面间的摩擦不计，求(sin 53°＝0.8)：
图8
(1)当卡车以加速度a1＝加速运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？
(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力多大？方向如何？
答案 (1)mg (2) mg，方向与水平面成45°角斜向上
解析 (1)设物体刚离开地面时，具有的加速度为a0
对物体A进行受力分析，可得：ma0＝，则a0＝g
因为a1Fcos α＝ma1
Fsin α＋N＝mg得N＝mg
由牛顿第三定律得，A对地面的压力的大小为mg.
(2)因为a2>a0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F′＝m＝mg
所以tan θ＝1，θ＝45°，即绳的拉力与水平面成45°角斜向上
题组三 多过程问题
9．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小．
答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动s0＝t1
解得v0＝＝4 m/s
(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度
a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－f＝ma2
解得f＝4×103 N
(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1
s0＝a1t
由牛顿第二定律有：F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝6×103 N
10．物体以14.4 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图9所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：
图9
(1)物体沿斜面上滑的最大位移；
(2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 (1)14.4 m (2)2.4 s
解析 (1)上升时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝7.2 m/s2
上滑最大位移为s＝
代入数据得s＝14.4 m
(2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a2＝4.8 m/s2
由s＝a2t2得下滑时间
t＝＝ s≈2.4 s
11．如图10所示，在海滨游乐场里有一场滑沙运动．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．如果人和滑板的总质量m＝60 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°(已知sin 37°＝0.6，cos 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，人从斜坡滑上水平滑道时没有速度损失，重力加速度g取10 m/s2.
图10
(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？
(2)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L＝20 m，则人从斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？
答案 (1)2 m/s2 (2)50 m
解析 (1)人在斜坡上受力如图所示，建立直角坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－f1＝ma1
N1－mgcos θ＝0
又f1＝μN1
联立解得a1＝g(sin θ－μcos θ)
＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2.
(2)人在水平滑道上受力如图所示，由牛顿第二定律得：
f2＝ma2，N2－mg＝0
又f2＝μN2
联立解得a2＝μg＝5 m/s2
设人从斜坡上滑下的距离为LAB，对AB段和BC段分别由匀变速直线运动公式得：
v2－0＝2a1LAB,0－v2＝－2a2L
联立解得LAB＝50 m.
12．如图11所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用大小为20 N，与水平方向成53°的力斜向上拉
此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．
图11
答案 2 s
解析 物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，撤去外力后，再以大小为a2的加速度减速到B，且到B时速度恰好为零．
力F作用时：Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma1
t时刻：s1＝a1t2
vt＝a1t
撤去力F后：
μmg＝ma2
v＝2a2s2
由于s1＋s2＝L
解得t＝2 s
