5.牛顿运动定律的应用

5.牛顿运动定律的应用必备知识基础练1.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14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10m/s2,则汽车刹车前的速度为()A.7m/s B.14m/s C.10m/s D.20m/s2.(2022山东潍坊高一期末)近年来我国的航天事业取得了举世瞩目的成就。如图所示是航天员在空间站完全失重状态下用质量测量仪测定质量的情景:一个支架形状的质量测量仪固定在舱壁上,测量时,航天员把自己固定在支架的一端,将支架打开到指定位置,松手后支架拉着航天员从静止返回舱壁,此过程支架产生恒定拉力F,用光栅测速装置测得支架复位时的速度v和复位经历的时间t,则航天员的质量为()A.Fvt B.Ftv C.Ftv3.(多选)(2022山东聊城检测)某商场为了节能安装了智能化电动扶梯。在无人乘梯时,扶梯缓慢运转;有人站上扶梯时,它会先慢慢加速再匀速运转。如图所示,一顾客乘该扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,则下列说法正确的是()A.顾客仅在加速阶段受摩擦力的作用B.顾客受到摩擦力作用时,摩擦力的方向斜向右上方C.顾客受到的支持力总是大于重力D.扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方,再竖直向上4.(2021河南焦作高一期末)从距地面h高度处由静止释放一小球,与地面碰撞后竖直返回且碰撞前后速率不变,返回的高度为原高度的一半,已知重力加速度为g,小球的质量为m,运动过程中阻力大小不变,则小球所受阻力大小为()A.45mg B.12mg C.34mg D5.(2021湖北黄冈高一期末)给人们带来便利的同时也带来了很多困扰,人们对的依赖性越来越强,有些人喜欢躺着看,经常出现砸到头部的情况。若从离人约20cm的高度无初速度掉落,砸到头部后未反弹,头部受到的冲击时间约为0.2s。假定作用在人头部的力为恒力,方向竖直向上,重力加速度g取10m/s2,下列分析不正确的是()A.刚要接触头部之前的速度约为2m/sB.与头部作用时减速的加速度大小约为10m/s2C.头部对的作用力对产生的加速度大小约为10m/s2D.对头部的作用力大小约等于重力的2倍6.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4s内通过8m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2s停止,已知汽车的质量m=2×103kg,汽车运动过程中所受的阻力大小不变,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。7.如图所示,质量为m0=5.0kg的方形木箱在水平拉力作用下沿水平面向右匀加速运动,木箱与地面间的动摩擦因数为μ1=0.3。木箱后壁上一个质量为m=1.0kg的物体(可视为质点)恰好能与木箱保持相对静止,物体距离木箱底部的高度为h=1.25m,木箱和物体间的动摩擦因数为μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)求物体对木箱后壁的压力的大小。(2)求水平拉力的大小。关键能力提升练8.如图所示,一小车在水平面上做匀变速直线运动,车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部,轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45°,其中一球用水平轻绳AC系住,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.小车运动方向向右B.小车的加速度大小为22C.轻绳OA拉力大小大于轻绳OB拉力大小D.轻绳CA拉力大小是轻绳OA拉力的2倍9.(2022山东济宁高一期末)如图所示,杂技表演中,绕过光滑定滑轮的轻绳一端吊着重物,另一端吊着表演者,开始时表演者抓紧绳索,结果他以大小为a1的加速度随绳一起下降;然后表演者快速地沿绳向上爬,结果他不再下降,而是相对地面保持静止,此时重物以大小为a2的加速度随绳一起竖直向上运动。若重物与表演者的质量之比为k,不计空气阻力,则a1a2为A.k B.1C.1k+1 D10.(多选)质量m=2kg、初速度v0=8m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动,物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用,设水平向右为拉力的正方向,且物体在t=0时刻开始运动,g取10m/s2,则以下结论正确的是()A.0~1s内,物体的加速度大小为2m/s2B.1~2s内,物体的加速度大小为2m/s2C.0~1s内,物体的位移为7mD.0~2s内,物体的总位移为11m11.(多选)如图所示,质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,重力加速度为g,忽略一切摩擦,以下说法正确的是()A.斜面对小球的弹力为mgB.斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC.若增大加速度a,斜面对小球的弹力一定增大D.若增大加速度a,竖直挡板对小球的弹力一定增大12.一架航模遥控飞行器如图所示,其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力恒为Ff=4N,g取10m/s2。(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8s时到达的高度H等于多少?(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力,求飞行器减速上升阶段的加速度的大小。13.(2022江苏如皋高一检测)如图所示,某发射系统内有一矩形箱子,箱子内有一竖直放置的轻弹簧,弹簧上方有一物块P,箱子内上表面和下表面都装有压力传感器。箱子静止时,上方传感器的读数F1=10N,下方传感器的读数F2=20N。重力加速度g取10m/s2。(1)求P的质量m;(2)当系统在竖直方向运动时,上方传感器的读数F3=5N,求此时箱子的加速度a。14.(2022山东烟台高一期末)如图所示,工人师傅为了将地面上一批规格相同的货物运送到高处的平台处,在水平地面和平台之间安装了一个斜面轨道,斜面的顶端和平台在同一水平面内。某次工人在运送一件货物时对其施加沿斜面向上的恒力F=250N,使货物从斜面底端由静止开始向上运动,运动一段距离x0后,撤去力F,而后货物恰好到达斜面顶端,被平台上的工人接到。已知斜面轨道长度为l=3m,轨道倾角为θ=37°,该货物的质量m=10kg,货物与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8。g取10m/s2,货物可视为质点,空气阻力忽略不计。求x0和货物在斜面上运动的总时间。

5.牛顿运动定律的应用1.B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。由匀变速直线运动速度与位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0=2ax=2μgx=2.C对航天员受力分析,由牛顿第二定律可得F=ma,航天员做由静止开始的匀加速直线运动,由公式v=at,联立可得m=Ftv,故选C3.AD在加速阶段,加速度方向斜向上,则顾客所受力的合力斜向上,因此顾客受重力、支持力和水平向右的摩擦力;加速度有沿竖直向上的分量,则支持力大于重力;而在匀速阶段,合力为零,则顾客受重力、支持力,且重力等于支持力,选项A正确,B、C错误。在加速阶段,扶梯对顾客作用力的合力是指支持力和摩擦力的合力,方向指向右上方;而在匀速阶段,扶梯对顾客作用力的合力是指支持力,方向竖直向上,选项D正确。4.D设小球所受阻力大小为Ff,落地速度大小为v,小球下落时,满足mgFf=ma1,2a1h=v2,小球反弹时满足mg+Ff=ma2,2a2·h2=v2,联立解得Ff=13mg,故选5.C做自由落体运动,故接触头部之前的速度约为v=2gh=2×10×0.2m/s=2m/s,选项A正确,不符合题意;接触头部之前的速度约为2m/s,砸到头部后未反弹即末速度为0,头部受到的冲击时间约为0.2s,根据加速度定义a=ΔvΔt=0-20.2m/s2=10m/s2,负号表示方向向上,加速度大小为10m/s2,故选项B正确,不符合题意;选向上为正方向,加速度大小为10m/s2,根据牛顿第二定律Fmg=ma,解得F=2mg,F产生的加速度a'=Fm=2mgm=2g=20m/s2,选项6.解析(1)汽车开始做匀加速直线运动,则x0=v0+02t1,解得v0=4(2)汽车滑行减速过程中加速度a2=0-v0t2由牛顿第二定律得Ff=ma2解得Ff=4×103N。(3)开始加速过程中加速度为a1,则x0=12a1由牛顿第二定律得FFf=ma1解得F=6×103N。答案(1)4m/s(2)4×103N(3)6×103N7.解析(1)根据题意知,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体恰好保持静止,设物体对木箱后壁的压力为FN,物体所受摩擦力为Ff,则Ff=mg=μ2FN解得FN=40N。(2)物体的加速度a=FNm=40m/s2Fμ1(m0+m)g=(m0+m)a解得F=258N。答案(1)40N(2)258N8.D对右侧小球进行受力分析,根据牛顿第二定律可知加速度大小为a=g,方向向左,但小车的运动方向不确定,即小车可能向右做匀减速运动,也可能向左做匀加速运动,小车与小球具有共同的加速度,选项A、B错误;由于两小球质量相同,则FTOAcos45°=FTOBcos45°,故轻绳OA、OB拉力大小相等,即FTOA=FTOB=2mg,FTCAFTOAsin45°=ma=mg,故轻绳CA拉力大小FTCA=2mg,选项D正确,C错误。9.D设表演者拉着绳不动以大小为a1的加速度下降时,绳的拉力大小为FT1,则对表演者和重物根据牛顿第二定律分别有m0gFT1=m0a1,FT1mg=ma1,当表演者快速地沿绳向上爬,相对地面静止时,根据平衡条件可知,绳对表演者的拉力大小为FT2=m0g,对重物根据牛顿第二定律有FT2mg=ma2由题可知mm0=k,联立以上各式解得a1a10.BD0~1s内,物体的加速度大小a1=F+μmgm=6+0.1×2×102m/s2=4m/s2,A项错误;1~2s内物体的加速度大小a2=F'-μmgm=故0~1s内物体的位移为x1=(4+8)×12m=6m,C项错误;0~2s内物体的总位移x=x1+x2=[6+(4+6)×11.AD对小球受力分析如图所示。把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解,竖直方向有FN2cosθ=mg,水平方向有FN1FN2sinθ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=mgcosθ,A项正确。FN1=ma+mgtanθ,由于FN2=mgcosθ与a无关,故当增大加速度a时,斜面对小球的弹力不变,挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大,C项错误,D12.解析(1)第一次飞行中,设加速度为a1由牛顿第二定律得FmgFf=ma1飞行器上升的高度H=12a1联立代入数据解得H=64m。(2)第二次飞行中,设失去升力后的加速度为a2由牛顿第二定律得mg+Ff=ma2代入数据解得a2=12m/s2,方向向下。答案(1)64m(2)12m/s213.解析(1)木箱静止时,弹簧重力不计,对弹簧和木块整体进行受力分析,受重力、上方传感器向下的压力F1'=F1=10N,下方传感器向上的支持力F2'=F2=20N根据平衡条件有mg+F1'=F2'解得P的质量m=1kg。(2)上表面传感器的读数变成5N,即F3'=F3=5N而弹簧弹力不变,则下方传感器向上的支持力仍为20N,对物体由牛顿