高中物理教科版必修一检测 第3章 5.牛顿运动定律的应用 Word版含解析

5.牛顿运动定律的应用
课时过关·能力提升
一、基础巩固
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 s后消失,则第5 s末物体的速度大小和加速度大小分别是(　　)
A.vt=7.5 m/s,a=1.5 m/s2
B.vt=4.5 m/s,a=1.5 m/s2
C.vt=4.5 m/s,a=0
D.vt=7.5 m/s,a=0
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=Fm=3020 m/s2=1.5 m/s2,3 s 末物体的速度大小为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,故选项C正确.
答案:C
2.水平面上一质量为m的物体,在水平恒力F作用下,从静止开始做匀加速直线运动,经时间t后撤去外力,又经时间3t物体停下,则物体受到的阻力为(　　)
A.F3B.F4
C.F2D.2F3
解析:设物体所受阻力为f,在F作用下,物体的加速度为a1;撤去F后,物体加速度为a2,物体运动过程中最大速度为v,则有力F作用时F-f=ma1①
v=a1t②
撤去力F后,f=ma2③
v=a2·3t④
由①②③④得f=F4
选项B正确.
答案:B
3.力F作用于甲物体(质量为m1)时产生的加速度为a1,此力作用于乙物体(质量为m2)时产生的加速度为a2,若将甲、乙两个物体合在一起,仍受此力的作用,则产生的加速度是(　　)
A.a1+a22 B.|a1-a2|2
C.a1a2a1+a2 D.a1+a2a1a2
解析:力F作用于甲物体时,F=m1a1①
力F作用于乙物体时,F=m2a2②
力F作用于甲、乙组成的整体时,F=(m1+m2)a3③
解①②③式得a3=a1a2a1+a2,故选项C正确.
答案:C
4.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
解析:由a=F合m得a=F-kmgm=Fm?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.故选项A正确.
答案:A
5.如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为(　　)
A.1μ1μ2B.1-μ1μ2μ1μ2
C.1+μ1μ2μ1μ2D.2+μ1μ2μ1μ2
解析:对滑块A,F=μ2(mA+mB)g;对滑块B,mBg=μ1F,以上两式联立得mAmB=1-μ1μ2μ1μ2,故B项正确.
答案:B
6.如图所示,两根完全相同的弹簧挂一质量为m的小球,小球与地面间由细线相连,处于静止状态,细线向下的拉力大小为2mg.则剪断细线的瞬间,小球的加速度(　　)
A.a=g,方向向上 B.a=g,方向向下
C.a=2g,方向向上 D.a=3g,方向向下
解析:力和加速度是瞬时对应关系,即当合力变化的同时加速度立即变化,不会出现变化滞后或超前.在剪断细线的瞬间,弹簧的形变量来不及恢复,也就是弹簧的弹力不改变,剪断细线,细线的拉力消失,其他力没有改变,这几个力的合力与未剪断细线前细线的拉力大小相等,等于2mg,方向相反,所以加速度大小为2g,方向向上,选项C正确.
答案:C
7.(多选)右图表示某小球所受的合力与时间的关系,各段的合力大小相同,作用时间相同,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.小球在4 s末速度为0
解析:由牛顿第二定律可知,在0~1 s,小球向前做匀加速直线运动,1 s末速度最大,在1~2 s,小球以大小相等的加速度向前做匀减速直线运动,2 s末速度为零;依此类推,可知选项C、D正确,A、B错误.
答案:CD
8.某同学用运动传感器“研究物体加速度与力的关系”时采用如图甲装置.开始时将质量为m=1 kg的物体置于水平桌面上.现对物体施加一个水平向右的恒定推力F,经过一段时间后撤去此力,通过放在物体右前方的运动传感器得到了物体部分运动过程的v-t图线,如图乙所示(向右为速度正方向,g取10 m/s2).求:
甲
乙
(1)3 s内物体的位移;
(2)物体与水平桌面间的动摩擦因数μ;
(3)推力F的大小.
解析:(1)由v-t图像中图线和时间轴所围的面积表示位移,可知位移为
x=12(v1+v2)t1+12v2(t2?t1)=12×(1+2)×2 m+12×2×(3?2) m=4 m,方向水平向右.
(2)2~3 s时间内物体做匀减速直线运动,由题图可知,其加速度大小为
a2=v2t2-t1=23-2 m/s2=2 m/s2
根据牛顿第二定律有f=ma2=μmg
得到μ=a2g=210=0.2.
(3)物体从静止开始受推力作用,根据牛顿第二定律有F-f=ma1
a1=v2-v1t1=2-12 m/s2=0.5 m/s2
f=μmg=2 N
代入数据得F=2.5 N.
答案:(1)4 m,方向水平向右　(2)0.2　(3)2.5 N
二、能力提升
1.如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力),则(　　)
A.a处小孩最后到O点 B.b处小孩最后到O点
C.c处小孩最先到O点 D.a、c处小孩同时到O点
解析:三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长均为圆柱形仓库的底面半径,则Rcosθ=12gt2sin θ,t2=4Rgsin2θ
当θ=45°时,t最小.
当θ=30°和60°时,sin 2θ的值相同,故只有D正确.
答案:D
2.如图所示,车沿水平地面做直线运动,车厢内悬挂在车顶上的小球悬线与竖直方向的夹角为θ.放在车厢底板上的物体P跟车厢相对静止.P的质量为m,则P受到的摩擦力的大小和方向是(　　)
A.mgsin θ,向右 B.mgtan θ,向右
C.mgcos θ,向左 D.mgtan θ,向左
解析:对小球进行受力分析如图甲所示.
设小球质量为m,则有Fcos θ=mg
Fsin θ=ma
解得a=gtan θ,方向向右.
再对物块P进行受力分析如图乙所示,f=ma=mgtan θ,方向向右.
甲
乙
答案:B
3.如图所示,质量为m的木块A放在光滑的水平桌面上,用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的重物B相连,已知M=2m,让绳拉直后使重物B从静止开始释放下落高度h,假定重物未落到地面,木块也没有离开桌面,则重物B的速率为(　　)
A.136ghB.gh
C.2ghD.233gh
解析:设二者加速度大小为a,绳子上的弹力大小为F,分别对A、B运用牛顿第二定律,有F=ma,Mg-F=Ma,又M=2m,联立可得a=MM+mg=23g;设重物B从静止开始释放下落高度为h时的速率为v,则v2=2ah=43gh,所以v=233gh,选项D正确.
答案:D
4.(多选)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(　　)
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析:由题图可得物块上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根据牛顿第二定律,物块上滑时有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,下滑时有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,则可求出θ、μ;物块上滑的最大距离x=v0t12,则最大高度h=xsin θ,选项A、C、D正确,B错误.
答案:ACD
5.一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.
解析:(1)汽车开始做匀加速直线运动
x0=v0+02t1,解得v0=2x0t1=4 m/s.
(2)汽车滑行减速过程的加速度
a2=0-v0t2=?2 m/s2
由牛顿第二定律得-f=ma2
解得f=4×103 N.
(3)开始加速过程中加速度为a1
x0=12a1t2
由牛顿第二定律得F-f=ma1
解得F=f+ma1=6×103 N.
答案:(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N
6.质量为1 kg的物体静止在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2.作用在物体上的水平拉力F与时间t的关系如图所示.则物体在前12 s内的位移为多大?(g取10 m/s2)
解析:前6 s,物体做匀加速直线运动,加速度
a1=F-fm=4-0.2×1×101 m/s2=2 m/s2
位移x1=12a1t12=12×2×62 m=36 m
6~10 s,物体做匀速运动,前进的位移
x2=vt2=a1t1t2=2×6×4 m=48 m
10~12 s,物体做匀减速直线运动,加速度a2=-F'-fm=-2-21 m/s2=-4 m/s2,前进的位移
x3=vt3+12a2t32=12×2 m+12×(?4)×22 m=16 m　
故12 s内的位移
x=x1+x2+x3=36 m+48 m+16 m=100 m.
答案:100 m
7.质量为m=2 kg的物体静止在水平面上,物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5,现在对物体施加如图所示的力F,F=10 N,θ=37°(sin 37°=0.6),经t1=10 s后撤去力F,再经一段时间,物体又静止,(g取10 m/s2)则:
(1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态;
(2)物体运动过程中最大速度是多大?
(3)物体运动的总位移是多大?
解析:(1)物体在力F作用下,由静止开始做匀加速直线运动,撤去力F时物体的速度,达到最大值,撤去力F后物体做匀减速直线运动,直到v=0.
甲
(2)撤去F前对物体受力分析如图甲,有Fsin θ+N1=mg
Fcos θ-f1=ma1
f1=μN1
x1=12a1t12
v=a1t1,联立各式并代入数据解得
x1=25 m
v=5 m/s
乙
(3)撤去F后对物体受力分析如图乙,有
N2=mg
f2=μN2
F合=f2=ma2
v2=2a2x2
联立解得x2=2.5 m
故物体运动的总位移为
x=x1+x2=25+2.5 m=27.5 m.
答案:(1)见解析　(2)5 m/s　(3)27.5 m