人教版高一物理必修一 第四章 第六节 用牛顿定律解决问题(一) 课时小测.docx

1、第六节 用牛顿定律解决问题(一)课时小测一、单选题1如图所示，底座A上装有一根长杆，总质量为M，杆上套有质量为m的环B，它与杆有摩擦，当环沿杆加速下滑的过程中，底座对地面的压力将( ) A 等于(M+m)gB 小于(M+m)gC 大于(M+m)gD 无法判断【答案】B【解析】对环，根据牛顿第二定律得，mg-f=ma，解得f=mg-ma；对底座分析，N=Mg+f=（M+m）g-ma（M+m）g，故B正确，ACD错误。故选B。2如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块

2、之间的距离是( ) A L+Fm2(m1+m2)kB L-Fm1(m1+m2)kC L-Fm1m2kD L+Fm2m1k【答案】B【解析】两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，对于整体，由F=（m1+m2）a；对于甲，F弹=m1a；对弹簧 F弹=kx；联立解得：x=Fm1km1+m2，故两木块之间的距离是L- Fm1km1+m2，所以B正确。故选B。3如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳拴着的长木板，木板上站着一只老鼠已知木板的质量是老鼠质量的两倍当绳子突然断开时，老鼠立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变由此木板沿斜面下滑的加速度为()A g2 sinB gsinC 32

3、gsinD 2gsin【答案】C【解析】以老鼠和木板为研究对象，受力如图所示设老鼠的质量为m，则木板的质量为2m，根据牛顿第二定律得：3mgsin=2ma，得a=32gsin，故C正确，A、B、D错误；故选C。4原来静止的物体受到外力F的作用，如图所示为力F随时间变化的图线，则与F-t图象对应的v-t图象是( )A B C D 【答案】B【解析】由图象可知， 0t时间内，物体做初速度为零的匀加速度运动，加速度大小为a1； 1s2s物体做匀减速运动，加速度大小为a2；根据牛顿第二定律a=Fm，可知a1=-a2，故B正确，A、C、D错误；故选B。5建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为7

4、0.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500ms2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取l0ms2)( )A 510 NB 490 NC 890 ND 910 N【答案】B【解析】对物块分析，根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得绳子的拉力F=mg+ma=200+200.5N=210N，对人分析，根据共点力平衡得，F+N=Mg，解得支持力N=Mg-F=700-210N=490N，故B正确，A、C、D错误；故选B。6在一次空军演习任务中，某士兵从悬停飞机上无初速度跳下，下落4 s速度达到30 m/s时开始打开降落伞，开始

5、做减速直线运动，在跳下14 s后以速度4 m/s着地，他的速度图象如图所示，下落说法正确的是A 该士兵是在下落80 m时打开降落伞的B 该士兵打开伞时离地面的高度等于170 mC 该士兵打开伞时离地面的高度大于170 mD 该士兵跳伞时的高度一定小于230 m【答案】D【解析】A项：由04s图象的“面积”可得：位移x1=3042m=60m，即该士兵是在下落60m时打开降落伞的，故A错误；B、C项：414s内，若士兵做匀减速直线运动，则该士兵开伞时离地面的高度为x2=30+4210m=170m，根据速度时间图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知该士兵实际位移小于170m，故BC错误；D项：014s

6、的位移为x=x1+x2Fb，则a对b的作用力( ) A 必为推力B 可能为零C mbFa-maFbma+mbD mbFa+maFbma+mb【答案】BC【解析】设向左为正方向。以a、b组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得：a=Fa+Fbma+mb，方向向左；设b对a的作用力为N，对a，由牛顿第二定律可得：Fa+N=maa，解得：N=mbFa-maFbma+mb；因FaFb，则：若maFamaFb，则N的方向向左，则b对a的作用力N为拉力；若maFa=maFb，则N=0；若maFamaFb，则N的方向向右，为推力；故AD错误，BC正确；故选BC。13如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上

7、，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g取10m/s2)，则下列结论正确的是( ) A 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B 弹簧的劲度系数为500N/mC 物体的质量为3 kgD 物体的加速度大小为5m/s2【答案】BD【解析】物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx；拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第

8、二定律，有F2-mg=ma；代入数据解得：m=2kg，k=500N/m=5N/cm；a=5m/s2；故AC错误，BD正确；故选BD.14如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,物块M套在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M又通过轻细线悬吊着一个小铁球m,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而M、m均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为.小车的加速度逐渐增大,M始终和小车保持相对静止,当加速度增加到3a时A 横杆对M的摩擦力增加到原来的3倍B 横杆对M的弹力不变C 细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍D 细线的拉力增加到原来的3倍【答案】AB【解析】对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所

9、示，根据牛顿第二定律得：水平方向：f=（M+m）a，竖直方向：N=（M+m）g。则当加速度增加到3a时，横杆对M的摩擦力f增加到原来的3倍。横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变。故A B正确。以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：mgtan=ma，得tan=a/g，当a增加到3倍时，tan变为3倍，但不是3倍。细线的拉力T=(mg)2+(ma)2，可见，a变为3倍，T不是3倍。故CD错误。故选AB。三、解答题15如图所示，光滑的水平面上放着一块木板，长为L=1m，质量为M=2.0kg，木板处于静止状态。质量为m=1.0kg的小物(可视为质点)放在木板的最右端。已知

10、物块与木板间的动摩擦因数1=0.20，木板与地面的动摩擦因数2=0.10。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加一个水平向右的恒力F。g取10m/s2(1)若要使木板开始运动，且物块相对木板不滑动，则求F的取值范围。(2)若F=13N，求物块即将滑离木板时的速度大小。(3)若F=13N，物块静止时离木板右端距离。【答案】（1）3NF9N （2）2m/s （3）18m【解析】(1)地面对木板的滑动摩擦力f=2(M+m)g=0.130N=3N物块的最大加速度：am=1mgm=1g=0.210m/s2=2m/s2，根据牛顿第二定律得，Fm-f=(M+m)am，代入数据解得F的最大值Fm=9N

11、，要使木板运动，且物块不滑动，则3N9N，所以物块与木板发生相对滑动，物块的加速a1=1mgm=1g=2m/s2，木板的加速度a2=F-f-1mgM=13-3-0.2102m/s2=4m/s2，设经t时间物块从木板滑离，则L=12a2t2-12a1t2，代入数据解得t=1s，物块滑离木板时的速度v=a1t=21m/s=2m/s；(3)落地后物块加速度：a1=2mgm=-2g=-1m/s2，物块落点后运动的时间：t=va1=2s 木块的加速度：a2=F-2MgM=5.5m/s2 ，物块滑落时木板的速度：v2=a2t=4m/s，距离：x=L+12a2t2+v2t-12vt=18m 。16如图所示是

12、简化后的航母起飞航道，可近似看成水平跑道和倾斜跑道两部分组成。其中s1=1.6102m，s2=20m，sin=0.2.一架质量为m=2.0104kg的飞机（可视为质点）,从静止开始运动，若发动机的推力大小恒为F=1.2105N,方向始终与速度方向相同；运动过程中飞机受到的平均阻力恒为2.0104N。假设航母处于静止状态,g取10m/s2.求：(1)求飞机在水平跑道运动的时间。(2)画出飞机在倾斜跑道受力示意图，并求出在倾斜跑道上的加速度。【答案】(1)t=8s (2)a=3m/s2【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为

13、t1,有F-Ff=ma1 v12=2a1s1 v1=a1t1 t1=8.0s（2）飞机在倾斜跑道上运动时,受力如图所示：设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,F-Ff-mgsin =ma2 解得a2=3m/s2 综上所述本题答案是：(1)t=8s (2)a=3m/s217把一个质量为1 kg的物体放在水平面上，用10N的力与水平夹角37使物体从静止开始运动，物体与水平面的动摩擦因数为0.25，物体运动2.5s时撤掉拉力。(g取10m/s2) 求：(1)2.5s末物块的速度。 (2)物块在水平面上的总位移。【答案】(1)10m/s （2）32.5m【解析】(1)根据牛顿第二定律：Fcos37-(m

14、g+Fsin37)=ma1解得：a1=4m/s2；则在2.5s末物体的速度为：v=a1t1=10m/s；(2)撤去拉力后：-mg=ma2则有a2=-2.5m/s2故物块总位移：x=v22a1+v22a2=32.5m。18如图为皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与水平面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近，水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米轻轻放在A端，到达B端后，米袋速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.(已知sin37=0.6，cos37=0.8，

15、g=10m/s2)求： (1)若CD部分不运转，求米袋由传送带带动所能沿斜面上升的最大距离；(2)若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围【答案】（1）1.25m（2）1.16st2.1s 【解析】(1)米袋在AB上加速时的加速度a0=mgm=5m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0=v022a0=2.5mAB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma 代入数据得a=10m/s2 所以能滑上的最大距离s=v022a=1.25m(2)

16、设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g(sin+cos)=-10m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g(sin-cos)=-2m/s2 由v12-v022a1+0-v122a2=4.45m解得v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCDv1=4m/s 米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=v1-v0a1+0-v1a2=2.1s 若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2由SCD=v0tmin+12a2tmin2

17、，得：tmin=1.16s 所以所求的时间t的范围为1.16st2.1s；19如图所示，在倾角为的光滑物块P斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B；C为一垂直固定在斜面上的挡板.P、C总质量为M，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面.现开始用一水平力F从零开始增大作用于P (1)物块B刚要离开C时力F(2)从开始到此时物块A相对于斜面的位移D(物块A一直没离开斜面，重力加速度为g)【答案】（1）(2m+M)gtan （2）mgsink 【解析】(1)AB整体做为研究对象，刚要离开C瞬间与C的作用力为0，受力情况如图：根据力的平衡知识有：Nsin=2ma，Ncos-2mg=

18、0对P、A、B整体分析受力有：F=2m+Ma联立解得：F=2m+Mgtan(2)开始时弹簧压缩，有：kx=mgsin由(1)分析可知加速度为a=gtan对B分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0；所以物块A的位移：x=mgsink20如图所示，地面上放一木箱，质量为40kg，用100N的力与水平方向成370角斜向下推木箱，恰好使木箱匀速前进若用此力与水平成370角向斜上方拉木箱，木箱的加速度多大？（取g=10m/s2，sin370=0.6 ，cos370=0.8）【答案】0.56m/s2【解析】当木箱匀速运动时，受力如图所示：根据平衡条件有：Fcos37=f N=mg+Fsin37摩擦力为：f

19、=N代入数据，联立解得=0.17；（2）当F斜向上拉时，物体的受力如上图所示。根据牛顿第二定律有：Fcos37-f=ma竖直方向：N+Fsin37-mg=0又 f=N联立并代入数据解得：a=0.56m/s221以初速度v0竖直上抛一个质量为m的物体,设物体在运动过程中所受到的阻力的大小不变,物体经过时间t到达最高点,求:(1)物体由最高点落回原抛出点所用的时间.(2)物体落回原抛出点时的速度大小.【答案】（1）tv02gt-v0（2）2gv0t-v02 【解析】解：(1)根据题意，设物体所受的阻力为f，对上升过程，则：mg+f=ma v0=at 联立解得：f=m(v0t-g) 对下降过程，则有

20、：mg-f=ma 联立解得：a=2g-v0t 由h=12v0t h=12at2 由得：t=tv02gt-v0 (2)根据速度位移公式得v=2ah=2(2g-v0t)v0t2=2gv0t-v0222如图所示，用F=12N的水平拉力，使物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动。已知物体的质量m=2.0kg,物体与地面间的动摩擦因数取=0.30，g=10m/s2求：(1)物体加速度a的大小；(2)物体在t=2.0s时速度v的大小。(3)若该12N的拉力变成与水平方向成30度角斜向右上方时，求加速度大小。【答案】（1）3m/s2（2）6m/s（3）3.1m/s2【解析】（1）根据牛顿第二定律：F-mg

21、=ma，解得a=F-mgm=12-0.3202m/s2=3m/s2 （2）物体在t=2.0s时速度：v=at=6m/s。（3）若该12N的拉力变成与水平方向成30度角斜向右上方时，由牛顿第二定律：Fcos300-(mg-Fsin300)=ma1 解得a1=(33-2.1)m/s23.1m/s223如图所示，倾角=30的光滑斜面的下端与水平地面平滑连接（可认为物体在连接处速率不变）一个质量为m的小物体（可视为质点），从距地面h=3.2m高处由静止沿斜面下滑物体与水平地面间的动摩擦因数为=0.4，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物体沿斜面下滑的加速度a的大小；（2）物体下滑到达斜面底端A时速

22、度vA的大小；（3）物体在水平地面上滑行的时间t【答案】（1）5m/s2（2）8m/s（3）2s【解析】（1）物体沿斜面下滑，由牛顿运动定律有：mgsin=ma1解得：a1=5m/s2（2）物体沿斜面下滑过程做初速度为零的匀加速直线运动由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2ax，位移x=hsin解得：v=8m/s（3）在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，速度：v=a1t1运动时间：t1=va1=1.6s物体滑到地面作减速运动，由牛顿第二定律得：mg=ma2解得：a2=5m/s2经时间t2减速到零需要的时间：t2=va2=1.6物体从斜面由静止下滑到停止需要时间：t=t1+t2=3.2s2

23、4如图所示，质量为M的人通过定滑轮将质量为m的重物以加速度a竖直向上提，重物上升过程，人保持静止若绳与竖直方向夹角为，求：（1）绳子对重物的拉力多大？ （2）人对地面的压力？【答案】（1）m（g+a）；（2）Mg-m（g+a）cos【解析】（1）对物体运用牛顿第二定律得：T-mg=ma 解得：T=mg+a（2）对人进行受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图所示根据共点力平衡条件，有：N=Mg-Tcos=Mg-mg+acos根据牛顿第三定律可知人对地面的压力等于地面对人的支持力，即N=Mg-mg+acos25如图甲，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向

24、左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2（1）在04s内和410s内，求物体加速度大小和方向（2）求力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数（3）求10s末物体离a点的距离（4）8s后撤去拉力F，求物体再过5s后离a点的距离【解析】（1）在04s内物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得：加速度大小a1=vt=0-84m/s2=-2m/s2 方向与初速度方向相反；410s内物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得：加速度大小a2=vt=-4-04m/s2=-1m/s2方向与初速度方向相反（2）根据牛顿第二定律，有F+mg=ma1F-mg=ma2解得：F=3N =0.05（3）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积则：d1248m1266m2m，负号表示物体在a点以左；（4）8s末物体离a点的距离为d1=1248m1244m8m 即物体在a点右侧8m处；设撤去拉力F后做匀减速直线运动的加速度大小为a3根据牛顿第二定律，有：mg=ma3 得：a30.5m/s2由vt=v0+at可得：物体减速到零的时间t=8s物体在5s内的位移s=45-120.552m=13.75m 则此时物体在a点左侧，距离a点的距离为13.75m-8m=5.75m.