4.6用牛顿运动定律解决问题(一)作业Word版含解析

第6节　用牛顿运动定律解决问题(一)
1.2013年6月20日,我国宇航员王亚平在太空授课时,利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量。如图所示,若聂海胜受到恒力F从静止开始运动,经时间t移动的位移为x,则聂海胜的质量为(　D　)
A. B. C. D.
解析:设运动的加速度为a,由牛顿第二定律得a=,
x=at2,即m=。故选项D正确。
2.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(　B　)
A.7 m/s B.14 m/s
C.10 m/s D.20 m/s
解析:设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=
ma,解得a=μg。由=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0===
m/s=14 m/s,因此选项B正确。
3.如图所示,木板A上加一砝码B,获得大小为v0的初速度后在水平面上最多能滑行s距离。现在让木板A和砝码B以同样的初速度v0做第二次滑行,途中将砝码B迅速向上提去,则木板滑行的位移将(　A　)
A.等于s
B.小于s
C.大于s
D.条件不足,无法确定
解析:根据运动规律有=2as,根据牛顿运动定律有μmg=ma,故木板滑行的位移s=,与质量无关。
4.将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用,它从抛出点到最高点的运动时间为t1,再从最高点回到抛出点的运动时间为t2,如果没有空气阻力作用,它从抛出点到最高点所用的时间为t0,则(　B　)
A.t1>t0,t2t1
C.t1>t0,t2>t1 D.t1解析:根据牛顿运动定律,有阻力竖直上抛、无阻力竖直上抛和有阻力竖直下落三种情况下的匀变速加速度是:a1>g>a2,其中,a1t1=v0=gt0,得t1t1,选项B正确。
5.如图所示,在建筑工地上工人用两手对称水平的用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为3m,B的质量为m,水平作用力为F,A,B之间的动摩擦因数为μ,则在此过程中(　D　)
A.A,B之间的摩擦力大小为μF,A受到的摩擦力方向竖直向上
B.A,B之间的摩擦力大小为μF,A受到的摩擦力方向竖直向下
C.A,B之间的摩擦力大小为m(g+a),A受到的摩擦力方向竖直向下
D.A,B之间的摩擦力大小为m(g+a),A受到的摩擦力方向竖直向上
解析:设工人其中一只手对A,B在竖直方向上的摩擦力为Ff1,以A,B整体为研究对象可知,在竖直方向上由牛顿第二定律有2Ff1-(m+3m)g=(m+3m)a,解得Ff1=2m(g+a);设B对A的摩擦力方向向上,大小为Ff2,对A由牛顿第二定律有Ff1+Ff2-3mg=3ma,解得Ff2=m(g+a),Ff2的方向竖直向上,故选项A,B,C错误,D正确。
6.高空作业必须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人体的平均作用力大小为(　A　)
A.+mg B.-mg
C.+mg D.-mg
解析:设高空作业人员自由下落h时的速度为v,则v2=2gh,得v=,设安全带对人的平均作用力为F,由牛顿第二定律得F-mg=ma,
又v=at,解得F=+mg。
7.有经验的司机能通过控制油门使汽车做匀加速直线运动,某品牌轿车连同司机在内总质量为m=1 500 kg,当轿车受到大小为F1=500 N的牵引力时恰好在水平路面上匀速行驶。现司机通过控制油门使轿车受到F2=2 000 N的牵引力,从v0=5 m/s开始加速,假设轿车运动时所受的阻力保持不变,试求:
(1)轿车运动过程中所受到的阻力大小;
(2)轿车做加速运动时的加速度大小;
(3)轿车开始加速后3 s内通过的位移大小。
解析:(1)轿车匀速运动时受力平衡,则Ff=F1=500 N。
(2)由牛顿第二定律:F2-Ff=ma,则a=,
代入得a=1 m/s2。
(3)轿车做匀加速运动的位移为x=v0t+at2,
代入得x=19.5 m。
答案:(1)500 N　(2)1 m/s2　(3)19.5 m
8.中国已经迈入高铁时代,高铁拉近了人们的距离,促进了经济的发展。一辆测试列车从甲站始发最后停靠在乙站,车载速度传感器记录了列车运行的v-t图象如图所示。已知列车的质量为4×105 kg,假设列车运行中所受的阻力是其重力的0.02,重力加速度g
取10 m/s2。求:
(1)甲、乙两站间的距离L;
(2)列车出站时的加速度大小;
(3)列车出站时的牵引力大小。
解析:(1)由题意v=432 km/h=120 m/s,
匀速运动时间t=720 s
两站间距对应v-t图线下的面积,有
L=(720+1 200)×120 m=115 200 m=115.2 km。
(2)启动阶段a=,解得a= m/s2=0.5 m/s2。
(3)在启动阶段F-Ff=ma
又Ff=0.02mg
代入得F=2.8×105 N。
答案:(1)115.2 km　(2)0.5 m/s2　(3)2.8×105 N
9.(2018·浙江6月学考)某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征,使用质量m=0.05 kg的流线型人形模型进行模拟实验。实验时让模型从h=0.8 m高处自由下落进入水中。假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3 N的阻力和F=1.0 N的恒定浮力,模型的位移大小远大于模型长度,忽略模型在空气中运动时的阻力,试求模型:(g取
10 m/s2)
(1)落到水面时速度v的大小;
(2)在水中能到达的最大深度H;
(3)从开始下落到返回水面所需时间t。
解析:(1)模型入水时速度记为v,自由下落阶段加速度记为a1,则a1=g,
v2=2a1h,v=4 m/s。
(2)模型入水后向下运动时,设向下为正,其加速度记为a2,
则mg-Ff-F=ma2,
得a2=-16 m/s2
所以最大深度H==0.5 m。
(3)自由落体阶段:t1==0.4 s,
在水中下降:t2==0.25 s,
在水中上升:F-mg-Ff=ma3,
得a3=4.0 m/s2,
所以t3==0.5 s,
总时间t=t1+t2+t3=1.15 s。
答案:(1)4 m/s　(2)0.5 m　(3)1.15 s
能力提升
10.如图所示,ad,bd,cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a,b,c,d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a,b,c处释放(初速度为0),用t1,t2,t3依次表示滑环到达d所用的时间,则(　D　)
A.t1t2>t3
C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3
解析:设细杆与竖直方向的夹角为θ,圆周的半径为R,则滑环下滑的加速度为gcos θ,若圆周的半径为R,则下滑过程中的位移为x=2Rcos θ,则下滑时间为t===,与θ无关。
11.如图甲所示,固定的光滑细杆与地面成一定的夹角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则由此可求得(　A　)
A.小环的质量为1 kg
B.小环的质量为2 kg
C.细杆与地面间的夹角为45°
D.细杆与地面间的夹角为60°
解析:由题图知,0～2 s内环的加速度a===0.5 m/s2,根据牛顿第二定律得F1-mgsin α=ma,2 s后环匀速运动,根据物体平衡条件得F2=mgsin α,联立解得m=1 kg,α=30°,选项A正确。
12.如图所示,有一质量m=2 kg的物块,以v0=5 m/s的初速度开始在水平面上向右滑行。物块运动中始终受到大小为4 N、方向水平向左的力F,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。求:(g取10 m/s2)
(1)物块向右运动时的加速度大小;
(2)物块向右运动到最远处时的位移大小。
(3)物体在4.0 s内的总位移为多大?方向如何?
解析:(1)物块所受摩擦力的大小为Ff=μFN=2 N,方向水平向左。物块向右运动过程中,在水平方向受到摩擦力Ff和力F的作用,由牛顿第二定律得到加速度的大小a1==3 m/s2。
(2)当物块运动速度变为零时,向右运动的距离最远,由运动学公式有=2a1x1,得到x1=≈4.2 m。
(3)物体将向右做匀减速运动的时间t1==1.7 s,
则在剩余的时间t2=2.3 s内,物体将向左运动,摩擦力方向向右;
由牛顿第二定律得F-Ff=ma2,a2=1 m/s2,
向右的位移x2=a2≈2.6 m。
故在4.0 s内的总位移为x=x1-x2=1.6 m,方向向右。
答案:见解析
13.研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4 s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39 m。减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。求:
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少;
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
解析:(1)设减速过程汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20 m/s,
末速度vt=0,位移x=25 m,
由运动学公式得=2ax,t=
联立并代入数据得a=8 m/s2,t=2.5 s。
(2)设志愿者反应时间为t′,反应时间的增加量为Δt,由运动学公式得L=v0t′+x,Δt=t′-t0
联立并代入数据得Δt=0.3 s。
(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,
由牛顿第二定律得F=ma
由平行四边形定则得=F2+(mg)2
联立并代入数据得=。
答案:(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3)
14.滑沙运动时,滑沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。假设滑沙者的速度超过8 m/s时,滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1=0.5变为μ2=0.25,如图所示,一滑沙者从倾角θ=37°的坡顶A处由静止开始下滑,滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面,最后停在C处。已知滑沙板与水平地面的动摩擦因数恒为μ3=0.4,AB坡长L=20.5 m,sin 37°=0.6,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求滑沙者:
(1)到B处时的速度大小;
(2)在水平地面上运动的最大距离;
(3)在AB段下滑与BC段滑动的时间之比。
解析:(1)滑沙者在斜面上刚开始速度较小,设经过t1时间下滑速度到达8 m/s,
根据牛顿第二定律mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,
解得a1=2 m/s2,所以t1==4 s,
下滑的距离为x1=a1=16 m,
接下来下滑时的加速度
a2=gsin θ-μ2gcos θ=4 m/s2,
所以下滑到B点时=v2+2a2(L-x1),
即vB=10 m/s。
(2)滑沙者在水平面减速的加速度a3=μ3g=4 m/s2,
所以能滑行的最远距离x2==12.5 m。
(3)根据以上计算,速度从8 m/s增加到10 m/s时所用时间t2==
0.5 s,
在斜面滑行的总时间T1=t1+t2=4.5 s,
水平面上减速时间T2==2.5 s。
则T1∶T2=9∶5。
答案:(1)10 m/s　(2)12.5 m　(3)9∶5
15.2018年1月24日,南宁三中教工进行了“真爱杯”踢毽子比赛,全校老师一起体验让毽子做竖直上抛运动的感觉,高一年级某老师能用身体最多部位踢毽子获民间“花样毽子王”。现构建如下模型:设某毽子(视为质点)以3 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取
10 m/s2。求:
(1)毽子上升的最大高度h1;
(2)0.5 s内毽子运动的路程s;
(3)0.5 s内毽子的平均速度v。
解析:(1)毽子做竖直上抛运动,初速度为3 m/s,
由v=v0+at得上升到最高点的时间
t1===0.3 s。
0.3 s内上升高度为h1==0.45 m。
(2)毽子自由落体时间为t2=0.2 s,
下降高度h2=g=0.2 m
故0.5 s内毽子运动的路程
s=h1+h2=(0.45+0.2) m=0.65 m。
(3)0.5 s内毽子运动的位移大小
x=h1-h2=0.25 m,方向竖直向上
则0.5 s内毽子的平均速度大小==0.5 m/s,方向竖直向上。
答案:(1)0.45 m　(2)0.65 m
(3)0.5 m/s,方向竖直向上
16.如图所示,在某一旅游景区建有一山坡滑草运动项目,已知山坡是倾角为 θ=30° 的倾斜直轨道。一名游客连同滑草装置质量为m
=80 kg,从静止开始匀加速下滑,在时间t=5 s内沿斜面滑下的位移x=50 m(不计空气阻力)。求:
(1)该游客下滑过程中的加速度大小;
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大;
(3)若游客下滑50 m后进入水平草坪,则游客在水平草坪上滑动的最大距离是多少。(假设该滑草装置与水平面、斜面间的动摩擦因数相同,且进入水平轨道的瞬间速度大小不变)
解析:(1)由位移公式x=at2,解得a==4 m/s2。
(2)沿斜面方向,由牛顿第二定律得mgsin θ-Ff=ma,
代入数值解得Ff=m(gsin θ-a)=80 N。
在垂直斜面方向上,FN-mgcos θ=0,
又Ff=μFN,联立并代入数值后,解得μ=。
(3)在水平面上:μmg=ma′,解得a′=μg= m/s2,
由v=at,v2=2a′x′,可得x′=100 m。
答案:(1)4 m/s2　(2)　(3)100 m