人教版物理必修1同步训练：第4章6用牛顿运动定律解决问题（1）

第四章
牛顿运动定律
6
用牛顿运动定律解决问题（一）
A级　抓基础
1．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秒后消失，则第5秒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：物体先在力F作用下做匀加速直线运动，加速度a＝
m/s2＝1.5
m/s2，v＝at＝4.5
m/s，撤去力F后，物体以4.5
m/s的速度做匀速直线运动．
答案：C
2．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如下图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是(　　)
解析：对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma.雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在vt图象中其斜率变小，故选项C正确．
答案：C
3．(多选)如图所示，质量为2
kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取g＝10
m/s2，以下结论正确的是(　　)
A．匀变速直线运动的初速度为1
m/s
B．物体的位移为12
m时速度为7
m/s
C．水平恒力F的大小为4
N
D．水平恒力F的大小为12
N
解：根据x＝v0t＋at2＝t2＋t，知v0＝1
m/s，a＝2
m/s2.故A正确．根据v2－v＝2ax得，v＝eq
\r(v＋2ax)＝
m/s＝7
m/s.故B正确．根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12
N．故C错误，D正确．故选ABD.
答案：ABD
4．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
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．
答案：B
5.如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是(　　)
A．顾客始终受到静摩擦力的作用
B．顾客受到的支持力总是大于重力
C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上
解析：以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误．顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误．顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
6.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为(　　)
A．(M＋m)g－ma
B．(M＋m)g＋ma
C．(M＋m)g
D．(M－m)g
解析：对竿上的人受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，
图甲
则竿对人的摩擦力f＝m(g－a)，
由牛顿第三定律知人对竿的摩擦力
f′＝f＝m(g－a)，方向竖直向下，
对竿受力分析如图乙所示．
图乙
由受力平衡得地面上的人对竿的作用力
FN＝Mg＋f′＝(M＋m)g－ma，
由牛顿第三定律得竿对地面上的人的压力
F′N＝FN＝(M＋m)g－ma，A正确．
答案：A
B级　提能力
7.如图所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是(　　)
A．在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡
B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力
C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变
D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大
解析：对物块m受力分析如图所示．由牛顿第二定律，在竖直方向：f＝mg；水平方向：FN＝ma，所以选项A正确，C、D错误；车厢壁对物块的弹力和物块对车厢壁的压力是一对相互作用力，故B错误．
答案：A
8.如图所示，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连后自由释放，则A、B一起运动．假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子足够长且不可伸长．如果mB＝3mA，则绳子对物体A的拉力大小为(　　)
A．mBg　　　　　　
B.mAg
C．3mAg
D.mBg
解析：对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a，对物体A，设绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，F＝mAa，解得F＝mAg，故B正确．
答案：B
9.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边．三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，下面说法中正确的是(　　)
A．物体沿DA滑到底端时具有最大速率
B．物体沿EA滑到底端所需时间最短
C．物体沿CA下滑，加速度最大
D．物体沿DA滑到底端所需时间最短
解析：设AB＝l，当斜面的倾角为θ时，斜面的长度x＝；由牛顿第二定律得，物体沿光滑斜面下滑时加速度a＝gsin
θ，当θ＝75°时加速度最大，选项C正确；由v2＝2ax可得，物体沿斜面滑到底端时的速度v＝＝＝，当θ＝75°时速度最大，选项A错误；由x＝at2可得t＝＝＝＝，当θ＝45°时t最小，故选项B错误，选项D正确．
答案：CD
10．观光旅游、科学考察经常使用热气球，热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝800
kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2
m/s，此时开始计时，经过t0＝4
s时间，气球匀加速下降了h1＝16
m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)气球加速下降阶段的加速度大小a.
(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？
(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间Δt＝5
s，气球下降的高度是多大？
解析：(1)设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则
由运动公式可知：x＝v0t＋at2，
解得a＝1
m/s2.
(2)由牛顿第二定律得：Mg－F＝Ma，
抛掉质量为m的压舱物，气体匀速下降，有：
(M－m)g＝F，
解得m＝80
kg.
(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5
s下降的高度为H，
由运动公式可知：v1＝v0＋at，H＝v1t1，
解得H＝30
m.
答案：(1)1
m/s2　(2)80
kg　(3)30
m
11.如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，AB长为16
m，传送带以10
m/s的速度匀速运动．在传送带上端A无初速度地释放一个质量为0.5
kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所需的时间(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2)．
解析：开始时，物体的加速度为：
a1＝gsin
θ＋μgcos
θ＝10
m/s2.
因为eq
\f(v,2a1)＝5
mθ，
所以物体先以a1匀加速，再以a2匀加速，
以a1匀加速的时间t1＝＝
s＝1
s.
以a1匀加速的位移：
x1＝a1t＝×10×12
m＝5
m.
当物体与皮带共速后，物体的加速度为：
a2＝gsin
θ－μgcos
θ＝2
m/s2.
以a2匀加速运动的位移为：
x2＝xAB－x1＝16
m－5
m＝11
m，
由x2＝v0t2＋a2t，得t2＝1
s.
所以物体从A运动到B的时间：
t＝t1＋t2＝1
s＋1
s＝2
s.
答案：2
s
12．如图，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．用大小为30
N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2
s拉至B处(已知cos
37°＝0.8，sin
37°＝0.6，取g＝10
m/s2)．
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30
N，与水平方向成37°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.
解：(1)物体做匀加速运动L＝at.
所以a＝eq
\f(2L,t)＝
m/s2＝10
m/s2.
由牛顿第二定律F－f＝ma，
f＝30
N－2×10
N＝10
N，
所以μ＝＝＝0.5，
即物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；
(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，
由牛顿第二定律得：
Fcos
37°－μ(mg－Fsin
37°)＝ma，
a′＝＝μg＝5
m/s2，
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′，
t′＝t＝t＝2.3
t，
L＝at2＋a′t′2，
所以t＝＝
s＝1.03
s
即该力作用的最短时间为1.03
s.
答案：(1)0.5　(2)1.03
s