2019高中物理 第四章课后提升训练 4.6 用牛顿运动定律解决问题（一） 新人教版必修1.doc

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1、1课后提升训练课后提升训练 用牛顿运动定律解决问题用牛顿运动定律解决问题( (一一) )(25(25 分钟分钟 5050 分分) )一、选择题(本题共 6 小题,每小题 6 分,共 36 分)1.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 70kg,汽车车速为 90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5s。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.450N B.400NC.350ND.300N【解析】选 C。汽车的速度 v0=90km/h=25m/s,设汽车匀减速的加

2、速度大小为 a,则a=5m/s2,对乘客应用牛顿第二定律得:F=ma=705N=350N,所以 C 正确。【补偿训练】质量为 1kg 的质点,受水平恒力作用,由静止开始做匀加速直线运动,它在 t 秒内的位移为xm,则合力 F 的大小为 ( )A. B.C.D.【解析】选 A。由运动情况可求得质点的加速度 a=m/s2,则合力 F=ma=N,故 A 项对。2.(多选)(2017蚌埠高一检测)静止在水平地面上的小车,质量为 5kg,在水平拉力 50N 的作用下做直线运动,2s 内匀加速前进了 4m,在这个过程中(g 取 10m/s2)( )A.动摩擦因数是 0.8B.摩擦力的大小是 10NC.小车

3、加速度的大小是 1m/s2D.小车加速度的大小是 2m/s22【解析】选 A、D。根据 x=v0t+ at2得:a=m/s2=2m/s2;根据牛顿第二定律得:F-f=ma解得:f=50N-10N=40N,则 =0.8,故 A、D 正确,B、C 错误。3.(2017定州高一检测)质量为 2kg 的物体做直线运动,沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示,若物体的初速度为 3m/s,则其末速度为 ( )A.5m/sB.m/sC.m/sD.m/s【解析】选 B。02m 内,a1=1m/s2,由-=2a1x1得 v1=m/s,26m 内,a2=2m/s2,由-=2a2x2,得 v2=m/s,68m

4、 内,a3=-1.5m/s2,由-=2a3x3,得 v3=m/s,故 B 正确。【补偿训练】(多选)(2014山东高考)一质点在外力作用下做直线运动,其速度 v 随时间 t 变化的图象如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 ( )A.t1 B.t2C.t3D.t4【解析】选 A、C。合外力与速度方向相同说明质点做加速运动,在图象中表示质点正在做3加速运动的时刻有 t1和 t3时刻,做减速运动的时刻为 t2和 t4时刻,故选项 A、C 正确,B、D错误。【易错提醒】(1)本题容易把质点在 t3时刻的运动当作减速运动,在 t4时刻的运动当作加速运动,从而造成错选。(2)不

5、清楚图象中的“负值”不表示速度的大小,仅表示质点的运动方向与正方向相反。4.如图所示,一物块位于粗糙水平桌面上,用一大小为 F、方向如图所示的力去推它,使它以加速度 a 向右运动。若保持力的方向不变而增大力的大小,则 ( )A.a 变大B.a 不变C.a 变小D.不能确定 a 变化的趋势【解析】选 A。物体受力如图所示,建立如图所示的直角坐标系,列方程,水平方向 Fcos-Ff=ma,竖直方向 FN=mg+Fsin,又 Ff=FN,联立以上各式解得 a=,整理得 a=-g,故保持力的方向不变而增大力的大小,则加速度变大。5.(多选)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为 ,在传送带上某位置轻轻

6、放置一小木块,小木块与传送带间动摩擦因数为 ,小木块速度随时间变化关系如图所示,v0、t0已知,则 ( )4A.传送带一定逆时针转动B.=tan+C.传送带的速度大于 v0D.t0后滑块的加速度为 2gsin-【解析】选 A、D。由于小木块在 0t0内的加速度大于 t0后的加速度,故 t0时刻达到传送带的速度 v0,且传送带逆时针转动,A 正确,C 错误;t0前的加速度 a1=,且mgsin+mgcos=ma1,则 =-tan,B 错误;t0后有 mgsin-mgcos=ma2,解得 a2=2gsin-,故 D 正确。【补偿训练】(多选)如图甲所示,地面上有一质量为 M 的重物,用力 F 向上

7、提它,力 F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示,则以下说法中正确的是 ( )A.当 F 小于图中 A 点值时,物体的重力 MgF,物体不动B.图中 A 点值即为物体的重力值C.物体向上运动的加速度和力 F 成正比D.图线延长线和纵轴的交点 B 的数值的绝对值等于该地的重力加速度5【解析】选 A、B、D。当 0FMg 时,物体静止,故选项 A 正确;当 FMg 时,即能将物体提离地面,此时,F-Mg=Ma,a=-g,A 点表示的意义即为 F=Mg,故选项 B 正确,选项 C 错误;直线的斜率为,故 B 点数值的绝对值为 g,故选项 D 正确。6.如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同

8、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 处小孩最先到 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【解题指南】解答本题应明确以下两点:(1)AO、BO、CO 三块长度不同的滑板相当于底边相同、倾角不同的三个斜面。(2)正确受力分析求出加速度,利用函数关系式分析比较运动时间。【解析】选 D。三块滑板跟圆柱形仓库构成的斜面底边长均为圆柱形底面的半径,设为 R,由牛顿第二定律得 mgsin=ma

9、,故 a=gsin,由运动学公式得= gt2sin,故 t2=,当 =45时,t 最小;当 为 30和 60时,sin2 的值相同,t 相同,故 D 正确。【补偿训练】一间新房要盖屋顶,为了使下落的雨滴能够以最短的时间淌离屋顶,则所盖屋顶的顶角应为(设雨滴沿屋顶下淌时,可看作从静止开始在光滑的斜坡上下滑)( )A.60 B.906C.120D.150【解析】选 B。因雨滴沿屋顶的运动过程中仅受重力和支持力作用(摩擦力忽略不计),可认为雨滴做匀加速直线运动。设其运动的加速度为 a,屋顶的顶角为 2,则由牛顿第二定律易得 a=gcos。又因房屋的前后间距已定,设为 2b,则雨滴滑动经过屋顶面的长度

10、 x=。由 x= at2得 t=。显然当 =45时对应的时间 t 最小,即屋顶的顶角应取 90。二、非选择题(14 分)7.(2016四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面。一辆长 12m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为 23m/s 时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了 4m 时,车头距制动坡床顶端 38m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍,货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车

11、和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取 cos=1,sin=0.1,g=10m/s2。求:(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向。(2)制动坡床的长度。【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)牛顿第二定律 F=ma。(2)匀变速直线运动位移公式 x=v0t+ at2。7【解析】(1)设货物的质量为 m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数=0.4,受摩擦力大小为 f,加速度大小为 a1,则f+mgsin=ma1 f=mgcos 联立并代入数据得a1=5m/s2a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为 M,从车尾位于制动坡床的底端、车速为

12、v=23m/s 到车头距制动坡床顶端 s0=38m 的过程中,所用时间为 t,货物相对于制动坡床的位移为 s1,在车厢内滑动了 s=4m,货车的加速度大小为 a2,货车相对于制动坡床的位移为 s2,货车受到制动坡床的阻力大小为F,F 是货车和货物总重力的 k 倍,k=0.44,货车长度l0=12m,制动坡床的长度为 l,则 M=4mMgsin+F-f=Ma2 F=k(m+M)g s1=vt- a1t2 s2=vt- a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 联立以上各式并代入数据得l=98m答案:(1)5m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98m【补偿训练】物体以 14.4m/s 的初速

13、度从斜面底端冲上倾角为 =37的斜坡,到最高点后再滑下,如图所示。已知物体与斜面间的动摩擦因数为 0.15,求:(1)物体沿斜面上滑的最大位移。(2)物体沿斜面下滑的时间。(已知 sin37=0.6,cos37=0.8)8【解析】(1)上滑时加速度大小为 a1,由牛顿第二定律得:mgsin37+mgcos37=ma1解得 a1=7.2m/s2上滑最大位移为 x=代入数据得 x=14.4m(2)下滑时加速度大小设为 a2,由牛顿第二定律得:mgsin37-mgcos37=ma2解得 a2=4.8m/s2由 x= a2t2得下滑时间t=s答案:(1)14.4m (2)s【延伸探究】上题中物体上滑与下滑的总时间为多少?提示:由 x= a得上滑时间 t1=2s故总时间:t总=t1+t=(2+)s答案:(2+)s