2021-2022学年新教材高中物理 第4章 牛顿运动定律 5 牛顿运动定律的案例分析训练（含解析）沪科版必修第一册.docx

1、牛顿运动定律的案例分析课后篇巩固提升合格考达标练1.如图所示,车辆在行驶过程中,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。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(30 m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为()A.420 NB.600 NC.800 ND.1 000 N解析从踩下刹车到车完全停止的5s内,乘客的速度由30m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a=vt-v0t=-305m/s2=-6m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的

2、平均作用力F=ma=70(-6)N=-420N,负号表示力的方向跟初速度方向相反。所以选项A正确。答案A2.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动,图中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v-t图像,则拉力和摩擦力大小之比为()A.98B.32C.21D.43解析由v-t图像可知,图线a为水平方向仅受摩擦力时的运动,加速度大小a1=1.5m/s2,图线b为受水平拉力和摩擦力时的运动,加速度大小为a2=0.75m/s2,由牛顿第二定律列方程ma1=f,ma2=F-f,联立解得Ff=32,选项B正确。答案B3.在欢庆节日的时候,人们会在合适的地区燃放美丽的焰火。按照设计,某

3、种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中竖直射出后,在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度大小是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)()A.25 m/s,1.25B.40 m/s,0.25C.50 m/s,0.25D.80 m/s,1.25解析根据h=12at2,解得a=12.5m/s2,所以v0=at=50m/s;上升过程中礼花弹所受的阻力大小f=kmg,则由牛顿第二定律得mg+f=ma,联立解得k=0.25,故选项C正确。答案C4.(2021安徽黄山高一期末)如图所

4、示,一质量为m的物块在倾角为的斜面上匀速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,则物块()A.沿斜面减速下滑B.沿斜面匀速下滑C.受到的摩擦力不变D.受到的合外力增大解析质量为m的物块在倾角为的斜面上匀速下滑,根据平衡条件可知mgsin=mgcos,斜面与物块的动摩擦因数=tan,对物块施加一个竖直向下的恒力F,使得合力仍然为零,故物块仍沿斜面匀速下滑,A、D错误,B正确;摩擦力由mgsin增大到(F+mg)sin,C错误。答案B5.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,

5、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/sB.14 m/sC.10 m/sD.20 m/s解析设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a,由牛顿第二定律得mg=ma,解得a=g。由匀变速直线运动的速度位移关系式得v02=2as,可得汽车刹车前的速度为v0=2as=2gs=20.71014m/s=14m/s,因此B正确。答案B6.用30 N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20 kg的物体,力F作用3 s后消失,则第5 s末物体的速度和加速度分别是()A.7.5 m/s,1.5 m/s2B.4.5 m/s,1.5 m/s2C.4.5

6、 m/s,0D.7.5 m/s,0解析前3s物体由静止开始做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有F=ma,解得a=Fm=3020m/s2=1.5m/s2,3s末物体的速度为vt=at=1.53m/s=4.5m/s;3s后,力F消失,由牛顿第二定律可知加速度立即变为0,物体做匀速直线运动,所以5s末的速度仍是3s末的速度,即4.5m/s,加速度为a=0,故C正确。答案C7.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像,各段的合力大小相同,作用时间相同,且一直作用下去,设小球由静止开始运动,由此可判定()A.小球向前运动,再返回停止B.小球向前运动,再返回不会停止C.小球始终向前运动D.小球向前运动一段

7、时间后停止解析作出相应的小球的v-t图像如图所示,由图可以看出,小球始终向前运动,选项C正确。答案C8.(2021四川眉山高一期末)如图所示,质量为m=5 kg的物块,在F=30 N的水平拉力作用下,由静止开始在粗糙水平面上做匀加速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.2,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)物块运动的加速度大小;(2)由静止开始3 s内物块运动的位移大小。解析(1)对物块受力分析,由牛顿第二定律得F-mg=ma代入数据得a=4m/s2(2)物块由静止开始做匀加速运动,由运动学公式有s=12at2解得s=18m答案(1)4 m/s2(2)18 m等级考提升练9.如图所示

8、,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则()A.物体到达C1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.物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小D.物体到达C3的时间最短解析物体在斜面上的加速度a=gsin,故在与C3连接的轨道上运动的加速度最大,C错误;斜面长L=hsin,由v2=2aL得v=2gh,故到C1、C2、C3时物体速度大小相等,A错误;由L=12at2即hsin=12gsint2知,沿AC3运动的时间最短,B错误,D正确。答案D10.如图所示,一倾角=37的足够长的斜面固定在水平地面上。当t=0时,滑块以初速度v0=10 m/s从斜面上某位置

9、沿斜面向上运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数=0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,下列说法正确的是()A.滑块一直做匀变速直线运动B.t=1 s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上C.t=2 s时,滑块恰好又回到出发点D.t=3 s时,滑块的速度大小为4 m/s解析设滑块上滑时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律可得mgsin+mgcos=ma1,解得a1=10m/s2,上滑时间t1=v0a1=1s,上滑的距离s1=12v0t1=5m,因mgsinmgcos,所以滑块上滑到速度为零后将向下运动,选项B错误;设滑块下滑时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得mg

10、sin-mgcos=ma2,解得a2=2m/s2,t=2s时,滑块下滑的距离s2=12a2(t-t1)2=1m5m,滑块未回到出发点,选项C错误;因上滑和下滑过程中的加速度不同,故滑块全程不做匀变速直线运动,选项A错误;t=3s时,滑块沿斜面向下运动,此时的速度大小v=a2(t-t1)=4m/s,选项D正确。答案D11.如图所示,木箱在100 N的拉力F作用下沿粗糙水平地面以5 m/s的速度匀速前进,已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5,拉力F与水平地面的夹角为37,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。经过一段时间后撤去拉力F,求:(1)木箱的质量;(2)

11、撤去拉力后木箱匀减速运动的时间。解析(1)对木箱受力分析,由平衡条件得Fsin37+N=mg,Fcos37=f,f=N解得m=22kg。(2)木箱匀减速运动过程由牛顿第二定律和运动学公式得mg=ma,0=v0-at,解得t=1s。答案(1)22 kg(2)1 s12.如图所示,在倾角为=37的足够长的固定斜面底端有一质量m=2.0 kg的物体,物体与斜面间的动摩擦因数=0.25。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动,拉力F=20 N,方向平行斜面向上,经时间t1=4 s绳子突然断了,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2,求:(1)绳断时物体的速度大小;(2)绳子断后物

12、体沿斜面上滑的距离;(3)从绳子断后物体回到出发点所用的总时间。解析(1)绳子断前对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律得F-mgsin-mgcos=ma1,解得a1=2m/s2,绳子断时物体的速度v=a1t1=8m/s,此时,物体运动的位移s1=12a1t12=16m。(2)绳子断后物体继续上滑,由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma2,解得a2=8m/s2,物体匀减速运动的时间t2=va2=1s,物体匀减速运动的位移s2=v22a2=4m。(3)物体上升到最高点后匀加速下滑,则有mgsin-mgcos=ma3,解得a3=4m/s2,设从最高点滑下来所用时间为t3,s=s1+s2=(16

13、+4)m=20m由s=12a3t32得t3=10s。故从绳子断后物体回到出发点的总时间为t=t2+t3=(1+10)s。答案(1)8 m/s(2)4 m(3)(1+10) s13.在一次无人机载货测试中,一架质量为1 kg的无人机,下方固定一个质量为0.5 kg的配送箱,箱中放有一个质量为1.5 kg的货物,若无人机从地面以最大升力竖直起飞,6 s内匀加速上升了36 m,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6 N。g取10 m/s2,求:(1)无人机提供的最大升力的大小;(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小;(3)若6 s末无人机升力变为24 N,无人机最高能上升到距地面多高处。解析(1)

14、在匀加速上升的过程中,有h=12at2,解得a=2m/s2,根据牛顿第二定律可得Fm-F阻-m总g=m总a,解得Fm=42N。(2)对货物进行受力分析,根据牛顿第二定律可得N-mg=ma,解得N=18N。(3)若6s末无人机升力变为24N,无人机做匀减速运动,根据牛顿第二定律可得F-F阻-m总g=m总a1,解得a1=-4m/s2,t=6s时的速度v=at=12m/s,匀减速上升的距离h1=0-v22a1=0-1222(-4)m=18m,无人机最高能上升到距地面高H=h1+h=54m处。答案(1)42 N(2)18 N(3)54 m14.如图所示,质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上,

15、杆与水平方向成=37角,球与杆间的动摩擦因数=0.5。小球在大小为20 N,方向竖直向上的拉力F作用下,从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动,经过1 s后撤去拉力F(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。求:(1)撤去拉力F前,小球沿杆上滑的加速度大小;(2)小球从开始运动直至滑到杆的下端所需的时间。解析(1)小球在拉力F作用下上滑时,对小球受力分析,如图甲所示,沿杆方向有Fsin-mgsin-f1w=ma1,沿垂直于杆方向有Fcos=mgcos+N1,且f1=N1,联立解得a1=2m/s2。(2)小球在F作用下上滑1s,则v1=a1t1=21m/s=

16、2m/s,s1=12a1t12=12212m=1m,撤去拉力F后,小球继续向上运动,对小球受力分析,如图乙所示,沿杆方向有mgsin+f2=ma2,沿垂直于杆方向有N2=mgcos,且f2=N2,联立解得a2=10m/s2,此过程s2=v122a2=22210m=0.2m,t2=v1a2=0.2s,丙小球运动到最高点后开始下滑,对小球受力分析,如图丙所示。沿杆方向有mgsin-f3=ma3,垂直于杆方向有mgcos=N3,且f3=N3,联立解得a3=2m/s2,球下滑到杆的底端,通过的位移s=s0+s1+s2=1.44m,由s=12a3t32,可得t3=1.2s,所需总时间t=t1+t2+t3=2.4s。答案(1)2 m/s2(2)2.4 s