2019_2020版高中物理第四章第六节用牛顿运动定律解决问题（一）（对点练巩固练）.docx

第六节用牛顿运动定律解决问题(一)一、选择题1(已知受力求运动情况)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，洒水车匀速行驶，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答案A解析akg，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.(已知受力求运动情况)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑答案C解析根据物块的运动情况可知，加恒力F前、后，物块的受力情况分别如图甲、乙所示；则由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma，(Fmg)sin(Fmg)cosma，两式相除得：1，所以aa，故只有C正确。3(已知受力求运动情况)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是()答案C解析对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mgF阻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C正确。4.(已知受力求运动情况)如图所示，AD、BD、CD是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(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依次表示各滑环到达D点所用的时间，则()At1t2t2t3Ct3t1t2 Dt1t2t3答案D解析小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿杆方向的分力产生的，设杆与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得mgcosma，则agcos设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至到达D点的位移x2Rcos由运动学公式得xat2由联立解得t2。即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故t1t2t3。D正确。5(综合)(多选)在一东西方向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10 C15 D18答案BC解析设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为nx。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F(nx)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得Fmax，联立可得nx，x为3的倍数，则n为5的倍数，B、C正确，A、D错误。6(已知受力求运动情况)(多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin150.26，cos150.97，tan150.27，g10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A4 m/s2 B3 m/s2 C2 m/s2 D1 m/s2答案AB解析如图，当mgtan15ma即a2.7 m/s2时只有N传感器有示数，若要Q传感器也有示数，即工件对Q有压力FN，以工件为研究对象，工件在竖直方向上受力mgFN，FNFN，(mgFN)tan15ma，a2.7 m/s2，故A、B正确，C、D错误。7(已知运动情况求受力)(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度时间图象如图乙所示，下列判断正确的是()A在01 s内，外力F不断增大B在13 s内，外力F的大小恒定C在34 s内，外力F不断减小D在34 s内，外力F的大小恒定答案BC解析在速度时间图象中，01 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速直线运动，外力F为恒力；13 s内，物块做匀速直线运动，外力F的大小恒定，34 s内，物块做减速运动，加速度不断增大，合力不断增大，F合FFf，Ff不变，外力F由大变小。综上所述，只有B、C两项正确。二、非选择题(按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位)8(已知运动情况求受力)某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目。该山坡可看成倾角30的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t5 s内沿斜面滑下的位移x50 m(不计空气阻力，取g10 m/s2，结果保留两位有效数字)。问：(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数为多大？答案(1)80 N(2)0.12解析(1)沿斜面方向，由牛顿第二定律得：mgsinFfma，且xat2，联立并代入数值后，得Ffm80 N。(2)在垂直斜面方向上，FNmgcos0，又FfFN联立并代入数值后，得0.12。9(综合)如图所示，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B的间距L20 m。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处。(已知cos370.8，sin370.6，g10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(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恰能到达B处，求该力作用的最短时间。答案(1)0.5(2)1.03 s解析(1)物体做匀加速直线运动，有Lat所以a10 m/s2根据牛顿第二定律有Ffma则fFma10 N所以0.5。(2)设F作用的最短时间为t，则物体先以大小为a1的加速度匀加速t秒，撤去外力后，物体以大小为a2的加速度匀减速t秒到达B处，速度恰好为零，由牛顿第二定律得：Fcos37(mgFsin37)ma1所以a1g11.5 m/s2a2g5 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a1ta2t所以ttt2.3t又La1t2a2t2所以t1.03 s。10.(已知受力求运动情况)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？答案(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s解析(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：Fmgcos37mgsin37ma1，解得：a16 m/s2t1 sx1 m物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N。故不能相对斜面向上加速。故得：a20xt2 s得tt1t2 s1.33 s。(2)若达到同速后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin37mgcos37，故减速上行mgsin37mgcos37ma3，得a32 m/s2物块减速到0的位移x04 mx2xx1 mx0，故物块从传送带上端离开，设物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2v2a3x2，vt m/s2.3 m/st0.85 s。11.(综合)如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N解析(1)物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：Lv0tat2vv0at联立计算得出：a3 m/s2，v8 m/s。(2)对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图：根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向：Fcosmgsin30Ffma垂直斜面方向：FsinFNmgcos300其中：FfFN联立计算得出：F故当30时，拉力F有最小值，为Fmin N。12(综合)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图a所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图b所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案(1)10.120.4(2)6.0 m(3)6.5 m解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有：1(mM)g(mM)a1由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，碰前物块与木板做初速度为v0的匀减速运动，由运动学公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图b可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t