第四章+第6节+用牛顿运动定律解决问题（一）+Word版含解析

第四章 第6节　用牛顿运动定律解决问题(一)
课时跟踪检测
【强化基础】
1．在光滑水平面上以速度v运动的物体，从某一时刻开始受到一个跟运动方向共线的力的作用，其速度图象如图(1)所示．那么它受到的外力F随时间变化的关系图象是图(2)中的(　　)
解析：由v t图象可知物体先做匀加速直线运动，后做匀减速运动，再反向做匀加速运动，所以物体最初一段时间受到与速度方向相同的恒定外力作用，然后受到与速度方向相反的恒力作用，故选项A正确．
答案：A
2．(多选)同学们小时候都喜欢玩滑梯游戏，如图所示，已知斜面的倾角为θ，斜面长度为L，小孩与斜面的动摩擦因数为μ，小孩可看成质点，不计空气阻力，则下列有关说法正确的是(　　)
A．小孩下滑过程中对斜面的压力大小为mgcosθ
B．小孩下滑过程中的加速度大小为gsinθ
C．到达斜面底端时小孩速度大小为
D．下滑过程小孩所受摩擦力的大小为μmgcosθ
解析：在下滑过程中，小孩受重力mg，支持力FN＝mgcosθ，摩擦力Ff＝μFN，对小孩由牛顿第二定律有mgsinθ－μFN＝ma，故a＝gsinθ－μgcosθ＝(sinθ－μcosθ)g，到达底端时的速度为v＝＝，故A、D对，B、C错．
答案：AD
3．(多选)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断(　　)
A．图线与纵轴的交点P的值aP＝－g
B．图线与横轴的交点Q的值TQ＝mg
C．图线的斜率等于物体的质量m
D．图线的斜率等于物体质量的倒数
解析：由a T图象可知，交点P表示拉力T为0时，物体仅受重力作用，其加速度大小为重力加速度，即aP＝－g，选项A正确；当物体加速度为0时物体受到拉力TQ＝mg，选项B正确；由牛顿第二定律有T－mg＝ma，则有a＝－g，由此式可知，图线斜率为，故选项D正确，选项C错误．
答案：ABD
4．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a F图象，已知g取10 m/s2，则(　　)
A．小滑块A的质量为3 kg
B．木板B的质量为1 kg
C．当F＝6 N时木板B加速度为1 m/s2
D．小滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1
解析：以滑块为对象：F－f＝Ma当F等于3 N时，由图象可知：滑块的加速度为a1＝1 m/s2，即3－f＝M；当F等于5 N时，滑块的加速度为a2＝2 m/s2，即5－f＝2M.联立可得滑块A的质量M＝2 kg，A与B之间的摩擦力f＝1 N，故A错误；对B进行受力分析，当拉力为3 N时，加速度等于1 m/s2，把AB看成一个整体则有F＝(M＋m)a1，代入数据得m＝1 kg，即可得木板B的质量是1 kg，故B正确；由图可知，当拉力F大于3 N后二者即发生相对运动，所以F＝6 N时木板B加速度仍然为1 m/s2，故C正确；A与B之间的摩擦力f＝μMg，所以μ＝＝＝0.05，故D错误．
答案：BC
【巩固易错】
5．(多选)如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t时间后，Q的速度也变为v，再经t时间物体Q到达传送带的右端B处，在(　　)
A．前t时间内物体Q做匀加速运动，后t时间内物体Q做匀减速运动
B．后t时间内物体Q与传送带之间无摩擦力
C．前t时间内物体Q的位移与后t时间内物体Q的位移大小之比为1∶2
D．物体Q由传送带左端运动到右端相对传送带的位移为
解析：前t时间内物块Q受到滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，后t时间内物体Q与传送带间没有摩擦力，做匀速直线运动，A选项错误，B选项正确；前t时间内的位移x1＝，后t时间内的位移x2＝vt，位移之比为1∶2，C选项正确；物体Q在前t时间内与传送带存在相对运动，Δx＝x带－x1＝，D选项正确．
答案：BCD
6．质量为1 kg的质点，只受水平恒力F作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：根据运动情况可求得质点的加速度a＝，则水平恒力F＝ma＝，A选项正确．
答案：A
7．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v与时间t的关系如图2所示(g＝10 m/s2)．求：
(1)物块的质量m；
(2)物块与地面之间的动摩擦因数μ；
(3)撤去推力后物体还能滑行多远．
解析：(1)分析图象可知，4～6 s时间内物体做匀速直线运动，推力等于摩擦力，f＝F3＝2 N.
2～4 s时间内，水平推力F＝3 N，
物体加速度a＝＝2 m/s2.
根据牛顿第二定律得F－f＝ma.
代入数据解得m＝0.5 kg.
(2)根据滑动摩擦力公式可知，f＝μmg，解得μ＝0.4.
(3)撤去推力后，物体只受摩擦力作用，加速度a′＝μg，根据运动学公式可知，滑行距离x＝.
联立解得x＝2 m.
答案：(1)0.5 kg　(2)0.4　(3)2 m
【能力提升】
8．一个行星探测器从所探测的行星表面竖直升空，探测器的质量为1 500 kg，发动机推力恒定．发射升空后9 s末，发动机突然间发生故障而关闭．如图是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象．已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化．求：
(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度H；
(2)该行星表面附近的重力加速度g；
(3)发动机正常工作时的推力F.
解析：(1)0～25 s内探测器一直处于上升阶段，上升的最大高度在数值上等于△OAB的面积，即H＝×25×64 m＝800 m.
(2)9 s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，故在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度，由图象得重力加速度g＝＝4 m/s2.
(3)由图象知探测器加速上升阶段探测器的加速度为a＝ m/s2，根据牛顿运动定律，得F－mg＝ma，所以发动机正常工作时的推力F＝m(g＋a)≈1.67×104 N.
答案：(1)800 m　(2)4 m/s2　(3)1.67×104 N
9．一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图所示．求：
(1)物体在整个运动过程中的最大速度；
(2)79 s内物体的位移大小．g取10 m/s2.
解析：由力F随时间的变化规律图和牛顿第二定律可求出物体在前半周期和后半周期的加速度，进而判断物体的运动状态，然后根据速度时间公式求出物体在整个运动过程中的最大速度；由力F随时间的变化规律图可知，力的变化具有周期性，周期为4 s，可以根据牛顿第二定律求出一个周期内的位移，79 s为20个周期少1 s，我们可以算出80 s内的总位移再减去最后1 s的位移，即为79 s内的位移．
(1)当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得F1－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2
在前半周期做匀加速运动，当物体在后半周期内，由牛顿第二定律，得F2＋μmg＝ma2，解得a2＝2 m/s2
在后半周期内做匀减速运动，在2 s末的速度最大，最大速度为v＝at＝4 m/s.
(2)前半周期和后半周期位移相等：s1＝a1t2＝4 m
解得t＝2 s
所以物体每4 s的运动情况相同，物体每4 s(即一个周期)的位移为s＝2s1＝8 m，
考虑第80 s物体运动情况：
第80 s初、即79 s末的速度v＝a2×＝2 m/s
第80 s的位移s0＝×＝1 m
所以79 s内物体的位移大小为s2＝20s－s0＝159 m.
答案：(1)4 m/s　 (2)159 m