第四章 第6节 用牛顿运动定律解决问题(一)
2 提升练、课时跟踪
一、选择题
1．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：选A 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．
2．某气枪子弹的出口速度达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
解析：选B 由v2＝2ax，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，故高压气体对子弹的作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N.
3.(多选)有一种游戏，游戏者手持乒乓球拍托球移动，距离大者获胜．若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示．设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则( )
A．运动员的加速度大小为gtan θ
B．球拍对球的作用力大小为mg
C．球拍对球的作用力大小为mgcos θ
D．运动员对球拍的作用力大小为
解析：选AD 球和运动员具有相同的加速度，对小球受力分析，如图甲所示：
则小球所受的合力为mgtan θ，根据牛顿第二定律得a＝＝gtan θ，故A正确；根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N＝，故B、C错误；对球拍和球整体分析，整体的合力为(M＋m)a，如图乙所示，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力F＝，故D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
解析：选B 设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动速度—位移关系式v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
5．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，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s．安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
解析：选C 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得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
6．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：选B 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．
7．在太空中测量物体的质量时，当物体只受一个大小为F的恒力时，在t时间内物体从静止开始匀加速运动s距离，下列说法正确的是( )
A．t时间末物体的速度大小为
B．物体匀加速运动的加速度大小为
C．物体的质量为
D．物体的质量为
解析：选C 物体在恒力F作用下做匀加速运动，令加速度为a，末速度为v，则t时间末v＝at，位移为s＝t＝t，联立可得v＝，a＝，故A、B错误；根据牛顿第二定律可得F＝ma，则m＝，故C正确，D错误．
8．如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在固定的倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间物体沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2)( )
A．42 N B．6 N
C．21 N D．36 N
解析：选D 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝at2得 a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，故选项D正确．
9．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们( )
A．滑行中的加速度之比为2∶3
B．滑行的时间之比为1∶1
C．滑行的距离之比为4∶9
D．滑行的距离之比为3∶2
解析：选C 根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度为a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误．
10.如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则( )
A．物体到达C1点时的速度最大
B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C．物体到达C3的时间最短
D．在C3上运动的加速度最小
解析：选C 在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝gsin θ，斜面倾角越大，加速度越大，所以C3上运动的加速度最大，根据几何知识可得：物体发生位移为x＝，物体的初速度为零，所以x＝at2解得t＝＝ ，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，根据v2＝2ax得，v＝，知到达底端的速度大小相等，故C正确．
二、非选择题
11.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1＜s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
解：(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1＝μg ①
由速度与位移的关系知－2a1 s0＝v12－v02 ②
联立①②得μ＝＝. ③
(2)设冰球运动的时间为t，则t＝ ④
又s1＝at2 ⑤
由③④⑤得a＝.
答案：(1) (2)
12．如图所示，地面上放一质量为m＝1 kg的物体，用大小为10 N与水平方向成37°角的力F斜向下推物体，恰好使物体匀速前进；若用大小为10 N与水平方向成37°角的力F′斜向上拉该物体，使物体从静止开始运动，经过2 s撤去力F′(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)物体和地面间的动摩擦因数是多少？
(2)物体在地面上总共前进的距离是多少？
解：(1)设物体与地面间的动摩擦因数为μ，斜向下推物体时受力分析如图1所示，
水平方向Fcos 37°＝f1＝μFN1
竖直方向Fsin 37°＋mg＝FN1
联立可解得μ＝＝0.5.
(2)斜向上拉物体时受力分析如图2所示，由牛顿第二定律可得：
F′cos θ－f2＝ma1，其中f2＝μFN2
竖直方向F′sin θ＋FN2＝mg
联立可得a1＝6 m/s2.
2 s末时物体速度为v，由运动学公式可得
v＝a1t＝12 m/s，
通过的位移为x1＝a1t2＝12 m.
撤去力F，对物体受力分析，如图3所示，由牛顿第二定律得：f3＝μFN3＝ma2
竖直方向FN3＝mg
联立可得a2＝5 m/s2，
撤去力F′后通过的位移为x2＝＝14.4 m，
所以物体通过的总位移为x＝x1＋x2＝26.4 m.
答案：(1)0.5 (2)26.4 m
13．如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中央，长木板质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，小物块质量为m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，小物块与长木板皆静止．若将大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让小物块与长木板产生相对滑动．设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小物块和长木板间的动摩擦因数μ；
(2)若在小物块与长木板皆静止的情况下，将水平恒力F
＝4.5 N作用在小物块上，则经过多长时间小物块从长木板上掉下．
解析：(1)设小物块与长木板间的最大静摩擦力为f，当F＝2.5 N的水平恒力作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a ①
对木板，由牛顿第二定律有f＝Ma ②
由①②可得f＝2 N.
小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N＝mg，摩擦力f＝μN＝μmg
得μ＝0.2. ③
(2)当F＝4.5 N的水平恒力作用于木板时，两物体发生相对滑动，设物块与木板的加速度分别为a1、a2
对物块，由牛顿第二定律有F－f＝ma1 ④
解得a1＝2.5 m/s2.
对木板，由牛顿第二定律有f＝Ma2 ⑤
解得a2＝0.5 m/s2.
由匀变速直线运动规律得，两物体在t时间内位移为
s1＝a1t2 ⑥
s2＝a2t2 ⑦
物块刚滑下木板时，有s1－s2＝L ⑧
由⑥⑦⑧得t＝1 s.
答案：(1)0.2 (2)1 s
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