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- 专题强化练10 “探究加速度与力、质量的关系”实验的拓展与创新 试卷 2 次下载
人教版 (新课标)6 用牛顿定律解决问题（一）课后测评
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这是一份人教版 (新课标)6 用牛顿定律解决问题（一）课后测评，共20页。
6 用牛顿运动定律解决问题(一)
第1课时 用牛顿运动定律解决动力学基本问题
基础过关练
题组一 已知受力情况确定运动情况
1.(2020广东珠海二中高一上期末)倾角为30°的长斜坡上有C、O、B三点,CO=OB=10 m,在O点竖直的固定一长10 m的直杆AO。A端与C点、坡底B点间各连有一光滑的钢绳,且各穿有一钢球(视为质点),将两球从A点由静止开始、同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端,如图所示,则小球在钢绳上滑行的时间tAB和tAC分别为(取g=10 m/s2) ( )
A.2 s和4 s B.2 s和2 s
C.2 s和2 s D.4 s和2 s
2.(2019上海金山高一上期末)已知某运载火箭的质量为1×105 kg,点火发射时火箭的推力为3×106 N,g取10 m/s2,则发射2 s时火箭的速度为( )
A.20 m/s B.40 m/s
C.60 m/s D.80 m/s
3.(2020北京西城高一上期末)如图所示,质量为2 kg的物体,在倾角θ=37°足够长的斜面上受到水平向右的恒定推力F=40 N的作用,从静止开始沿斜面向上运动,物体与斜面间的动摩擦因数为0.25,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。求:
(1)物体受到支持力的大小;
(2)物体受到滑动摩擦力的大小;
(3)物体运动加速度的大小;
(4)3 s末物体速度的大小。
题组二 已知运动情况确定受力情况
4.(2020广东珠海二中高一上期末)(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x=t2+t,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2,以下结论正确的是( )
A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
5.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所引起的伤害,人们设计了安全带。假定乘客的质量为70 kg,汽车的速度为90 km/h,从踩下刹车到车停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N
题组三 多过程问题
6.(多选)如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=3 N的恒力,在此恒力作用下(取g=10 m/s2)( )
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经2 s速度减为零
C.物体速度减为零后将保持静止
D.物体速度减为零后将向右运动
7.(2019河南郑州高一上期末)如图所示,滑雪人和滑雪装备总质量m=60 kg。滑雪人收起滑雪杆从静止开始沿倾角θ=37°的雪坡以a=2.0 m/s2的加速度匀加速滑下,经过时间t=10 s到达坡底。雪坡和水平雪面间平滑过渡。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)作出滑雪人在雪坡上下滑时的受力示意图,并求出滑雪人受到的阻力。
(2)假设滑雪人到达水平雪面后所受的阻力与雪坡上受到的阻力大小相等,则滑雪人能在水平雪面上滑行多远?
能力提升练
题组一 动力学两类问题
1.(2020四川遂宁高一上期末,★★☆)(多选)如图甲所示,水平面上有一质量为m=2 kg的滑块,t=0时,该滑块在恒定的水平拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动,t=1 s时撤去拉力F,物体在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示,g=10 m/s2,则( )
甲 乙
A.拉力F的大小为18 N
B.拉力F的大小为15 N
C.滑块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2
2.(2018山东济南外国语学校高一上期末,★★☆)(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg。在50 N的水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动,2 s内前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)( )
A.小车加速度的大小是1 m/s2
B.小车加速度的大小是2 m/s2
C.小车与地面间的动摩擦因数是0.8
D.小车受到的摩擦力大小是10 N
3.(2019湖北部分重点中学高一上期末,★★☆)如图所示,将质量m=1 kg的圆环套在固定的水平直杆上,环的直径略大于杆的横截面直径。环与杆间的动摩擦因数μ=0.8。从某时刻开始计时,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ=53°的拉力F,使圆环从静止开始做匀加速直线运动,并在第2 s内移动6.6 m,取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2。试求:
(1)圆环运动的加速度大小。
(2)拉力F的大小。
题组二 动力学多过程问题
4.(2019黑龙江大庆实验中学高一上期末,★★☆)A、B、C、D四个质量均为2 kg的物体在光滑的水平面上做直线运动,A运动的x-t、B运动的v-t、C运动的a-t、D运动的F-t图像如图所示,已知各物体在t=0时的速度均为零,则0~4 s内运动位移最大的物体是( )
5.(2019福建泉州高一上期末,★★☆)如图甲,质量m=1 kg的物体静止在水平地面上,t=0时刻开始,水平拉力F1=9 N作用于物体上,t1时刻水平拉力大小变为F2,方向不变。物体的运动速度v随时间t变化关系图像如图乙所示,其中t1~3 s时间内图线与横轴围成的面积(图乙中阴影部分)是0~t1时间内的6倍。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)力F1的作用时间t1;
(2)力F2的大小。
第2课时 用牛顿运动定律解决动力学综合问题
基础过关练
题组一 临界极值问题
1.(2018湖北孝感八校高一上期末)斜面静止在水平面上时,一个质量为m的小球用细线吊在倾角为θ的斜面顶端,且靠在斜面上,细线与斜面平行,不计摩擦,使斜面向右做匀加速直线运动,斜面恰对小球无弹力作用时,斜面的加速度大小为( )
A.gtanθ B.g cos θ C.g sin θ D.g tan θ
2.(多选)如图所示,在水平光滑桌面上放有质量为m1、m2的A、B两个小物块,它们中间用细线连接。已知m1=3 kg,m2=2 kg,连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉A或用水平外力F2向右拉B,为保持细线不断,则( )
A.F1的最大值为10 N B.F1的最大值为15 N
C.F2的最大值为10 N D.F2的最大值为15 N
题组二 “传送带”模型
3.(2019吉林长春外国语学校高一上期末)如图所示,水平放置的传送带以速度v=2 m/s向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A端与B端相距6 m,则物体由A运动到B的时间为(g=10 m/s2)( )
A.2 s B.2.5 s C.3.5 s D.4 s
题组三 “滑块——滑板”模型
4.(多选)在水平地面上,A、B两物体叠放如图所示,在水平力F的作用下一起匀速运动,若将水平力F作用在A上,两物体可能发生的情况是( )
A.A、B一起匀速运动
B.A加速运动,B匀速运动
C.A加速运动,B静止
D.A与B一起加速运动
5.(2018安徽六安一中高一上期末)(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的v-t图像中可能正确的是( )
6.(2020山东青岛二中高一上期末)如图,质量M=4 kg的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3 kg的小木块以v0=14 m/s的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上滑下,小木块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5,g取10 m/s2,求:
(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小;
(2)木板长度;
(3)木板在地面上运动的最大位移。
能力提升练
题组一 连接体中的临界问题
1.(2019湖北孝感高中高一上期中,★★☆)(多选)如图所示,已知物块A、B的质量分别为m1=4 kg,m2=1 kg,A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5,A与地面间的动摩擦因数 μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在水平力F的推动下要使A、B一起运动而B不滑动,则力F大小可能是( )
A.50 N B.100 N C.125 N D.150 N
2.(2019湖北华中师大一附中高一上期末,★★☆)(多选)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用大小为15 N,方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上运动,g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是( )
A.外力施加的瞬间,A、B的加速度大小为7.5 m/s2
B.当弹簧压缩量减小0.05 m时,A、B间弹力大小为2.5 N
C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.1 m
D.B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.2 m
题组二 “传送带”模型
3.(2019北京西城高一上期末,★★☆)(多选)传送带是一种常用的运输工具,它被广泛地应用于车站、机场等。如图所示为水平传送带模型,水平部分长为L,传送带正在以速度v匀速运动。现在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则木块从左端运动到右端的时间可能是( )
A.Lv+v2μg B.Lv C.2Lμg D.2Lv
4.(2019吉林省实验中学高一上期末,★★★)(多选)如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是( )
A.粮袋到达B端的速度与v比较,可能大,可能小也可能相等
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μ cos θ),若L足够大,则最后将以速度v做匀速运动
C.若μ≥tan θ,则粮袋从A端到B端可能是一直做匀加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从Α端到Β端一直做匀加速运动,且加速度a≥g sin θ
题组三 “滑块——滑板”模型
5.(2020湖北鄂州高一上期末,★★☆)如图,足够长的长木板静止在水平地面上,在长木板的左端放有一物块,现对物块施加一水平向右的恒力F=6 N,当物块在木板上滑过1 m的距离时,撤去恒力F,已知长木板的质量M=1 kg,物块的质量m=1 kg,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2。
(1)求力F作用的时间;
(2)求整个过程中长木板在地面上滑过的距离。
答案全解全析
6 用牛顿运动定律解决问题(一)
第1课时 用牛顿运动定律解决动力学基本问题
基础过关练
1.C 由于AB与水平面的倾角为60°,AC与水平面的倾角为30°,根据几何关系知,AB的长度为:x1=2OB×cos 30°=103 m,AC的长度x2=10 m;根据牛顿第二定律得出,小球在AB钢绳上下滑的加速度a1=g sin 60°=53 m/s2,小球在AC钢绳上下滑的加速度a2=g sin 30°=5 m/s2;由位移-时间公式x=12at2得出:tAB=2x1a1=2×10353 s=2 s,tAC=2x2a2=2×105 s=2 s,故C正确。
2.B 由牛顿第二定律可知火箭的加速度:a=F-mgm=3×106-1×106 1×105 m/s2=20 m/s2,由速度公式可得发射2 s时火箭的速度:v=at=20×2 m/s=40 m/s,故B正确。
3.答案 (1)40 N (2)10 N (3)5 m/s2 (4)15 m/s
解析 (1)物体在斜面上受力如图所示,建立如图所示的直角坐标系
在y方向,根据平衡条件有:N-mg cos θ-F sin θ=0,得出:N=40 N。
(2)物体受到滑动摩擦力:f =μN,得出:f=10 N。
(3)在x方向,根据牛顿第二定律有:F cos θ-mg sin θ-f=ma,得出:a=5 m/s2。
(4)3 s末物体速度v3 =v0+at,得出:v3=15 m/s。
4.ABD 根据x=v0t+12at2=t2+t可知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正确。根据v2-v02=2ax得v=v02+2ax=7 m/s,故B正确。根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,得出F=ma+μmg=12 N,故C错误,D正确。
5.C 汽车的速度v0=90 km/h=25 m/s,汽车做减速运动的平均加速度大小a=v0t=5 m/s2,对乘客应用牛顿第二定律可得F=ma=350 N,所以选项C正确。
6.BD 物体受到向右的滑动摩擦力Ff=μFN=μG=2 N,根据牛顿第二定律得a=F+Ffm=3+21 m/s2=5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需的时间t=v0a=105 s=2 s,故A错误,B正确;减速到零后,恒力F>Ff,物体将向右运动,故C错误,D正确。
7.答案 (1)240 N (2)50 m
解析 (1)滑雪人受力如图所示。
由牛顿第二定律有:mg sin θ-Ff=ma,解得:Ff=240 N。
(2)滑雪人到坡底的速度:v=at,解得:v=20 m/s ;
设滑雪人在水平雪面上的加速度为a1 ,滑行的距离为x。
由牛顿第二定律有:Ff=ma1,解得:a1 =4 m/s2;
由运动学公式有:v2=2a1x ,解得:x=50 m
能力提升练
1.AC 速度-时间图像的斜率表示加速度,所以0~1 s内的加速度a1=61 m/s2=6 m/s2,1~3 s内的加速度大小a2=63-1 m/s2=3 m/s2;在1~3 s内根据牛顿第二定律有μmg=ma2,得出μ=a2g=0.3,在0~1 s内根据牛顿第二定律有F-μmg=ma1,得出F=18 N,故A、C正确,B、D错误。
2.BC 根据s=12at2得a=2st2=2×422 m/s2=2 m/s2,故A错误,B正确;根据牛顿第二定律得F-f=ma,解得f=50 N-10 N=40 N,故D错误;由f=μmg,解得μ=0.8,选项C正确。故选B、C。
3.答案 (1)4.4 m/s2 (2)90 N或10 N
解析 (1)设圆环运动的加速度大小为a,则由圆环从静止开始做匀加速直线运动,得:x=12at22-12at12,得出:a=4.4 m/s2。
(2)当F sin θ>mg时,有:F cos θ-μ(F sin θ-mg)=ma,得到:F=90 N;当F sin θ
5.答案 (1)1 s (2)7 N
解析 (1)设0~t1时间内物体的加速度为a1,由牛顿第二定律可得:
F1-f=ma1
N=mg
又f=μN
解得:a1=4 m/s2
由图乙可知,t1时刻物体的速度大小为v1=4 m/s,根据运动学公式可得:t1=v1a1=1 s
(2)设t2=3 s时刻物体速度大小为v2,则t1到t2时间内位移为:s2=12(v1+v2)(t2-t1)
在0到t1时间内位移为:s1=12v1t1
又s2=6×s1
设t1~3 s时间内物体的加速度为a2,则:a2=v2-v1t2-t1
根据牛顿第二定律得:F2-μmg=ma2
解得:F2=7 N
第2课时 用牛顿运动定律解决动力学综合问题
基础过关练
1.A 斜面对小球的支持力为零时,小球所受重力和拉力的合力水平向右,如图所示:
根据牛顿第二定律有:F=mgtanθ=ma,解得:a=gtanθ,斜面体加速度与小球相同,故A正确。
2.BC 若向左拉A,则隔离对B分析,则Tm=m2a,得出最大加速度a=3 m/s2;对两物块系统:F1=(m1+m2)a=(3+2)×3 N=15 N,故B正确,A错误。若向右拉B,则隔离对A分析,则Tm=m1a',得出最大加速度a'=2 m/s2;对两物块系统:F2=(m1+m2)a'=(3+2)×2 N=10 N,故D错误,C正确。
3.C 物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=μmgm=μg=2 m/s2,当物体的速度为2 m/s时,位移为:x1=222×2 m=1 m<6 m,所以在到达B点之前,物体还有一段做匀速直线运动,加速时间为t1=va=22 s=1 s,匀速时间为t2=x2v=6-12 s=2.5 s,故总时间为t=t1+t2=1 s+2.5 s=3.5 s,C正确。
4.AC 若A、B间的最大静摩擦力大于F,则A、B仍一起做匀速直线运动,故选项A正确;若A、B间的最大静摩擦力小于F,则A在拉力F的作用下做匀加速直线运动,而B受到A的滑动摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力,所以B保持静止,故选项C正确。
5.BD 滑块滑上木板,受到木板对它向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力,则木板做匀加速直线运动,当两者速度相等时,一起做匀减速运动。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,滑块的质量为m,木板的质量为M,木板若滑动,则μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做匀减速运动,加速度a'=μ2g,开始滑块做匀减速运动的加速度大小a=μ1g>μ2g,知图线的斜率变小,B正确,C错误;若μ1mg<μ2(M+m)g,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,D正确;由于有摩擦力,最终滑块不可能做匀速直线运动,A错误。
6.答案 (1)5 m/s2 2 m/s2 (2)14 m (3)12 m
解析 (1)木块冲上木板后做匀减速直线运动,其加速度:a1=μ2g=5 m/s2;
木板由静止做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:
μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,得出:a2=2 m/s2。
(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相等,设此过程所用时间为t,则有:v木块=v0-a1t=v木板=a2t,得出:t=2 s;
木块位移:x木块=v0t-12a1t2=18 m,
木板位移:x木板=12a2t2=4 m,
所以木板长度 :L=x木块-x木板=14 m。
(3)木块、木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动,分析得v共=a2t=4 m/s,a3=μ1g=1 m/s2
木板位移:x木板'=v共22a3=8 m
木板的总位移:x=x木板+x木板'=12 m。
能力提升练
1.CD 由于A、B一起向右运动,具有相同的加速度,以B为研究对象,受向下的重力、A对B向右的弹力N、A对B向上的摩擦力f,由于B相对A静止,所以m2g=f,又f≤μ1N,根据牛顿第二定律可得:N=m2a,联立以上各式解得:a≥20 m/s2;再以A、B整体为研究对象,受重力、地面的支持力、地面的摩擦力、推力F,根据牛顿第二定律可得:F-f1=(m1+m2)a,且f1=μ2(m1+m2)g,联立以上各式代入数据解得:F≥125 N,即当F≥125 N时可满足题意,故A、B错误,C、D正确。
2.ACD 外力施加的瞬间,对A、B整体,根据牛顿第二定律,可得加速度的大小为a=F2m=152 m/s2=7.5 m/s2,故A正确。开始时弹簧的压缩量为x0=2mgk=0.4 m,当弹簧压缩量减小0.05 m时,此时的弹力F'=kx1=50×(0.4-0.05) N=17.5 N,对A、B整体有F+F'-2mg=2ma,解得a=6.25 m/s2,对A有F+FN-mg=ma,解得FN=1.25 N,故B错误。A、B分离时,两物体间的弹力为零,加速度相等,则对A、B整体:F+kx2-2mg=2ma';对A:F-mg=ma',解得x2=0.3 m,即此时弹簧的压缩量为0.3 m,A物体的位移大小为0.1 m,故C正确。当A、B分离时因弹力为kx2=15 N>mg,可知物体B继续向上加速,当加速度为零时速度最大,此时kx3=mg,解得x3=0.2 m,即B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.2 m,故D正确。
3.ACD 若木块沿着传送带的运动是一直加速,根据牛顿第二定律有:μmg=ma,根据位移时间公式有:L=12at2,解得t=2Lμg,故C正确;若一直加速到达另一端的速度恰好为v,则有L=v2t,解得t=2Lv,故D正确,B错误;若先加速后匀速,则匀加速运动的时间t1=va=vμg,匀速运动的时间t2=L-v22μgv=Lv-v2μg,所以总时间t=t1+t2=Lv+v2μg故A正确。
4.AC 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相等;还可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相等后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确。粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmg cos θ,根据牛顿第二定律可得:a=mgsinθ+μmgcosθm=g(sin θ+μ cos θ),故B错误;若μ≥tan θ,粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速直线运动,故C正确;由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动,故D错误。
5.答案 (1)1 s (2)2.25 m
解析 (1)对物块,根据牛顿第二定律有:F-μ2mg=ma,得出:a=3 m/s2,
对木板,根据牛顿第二定律有:
μ2mg-μ1(m+M)g=Ma',得出:a'=1 m/s2,
设拉力F的作用时间为t,则
物块的位移:x=12at2;
木板的位移:x'=12a't2
且x-x'=1 m
得出:t=1 s,x=1.5 m,x'=0.5 m。
(2)设撤去力F时物块和长木板的速度分别为v和v',则:
v=a1t=3 m/s,v'=a't=1 m/s;
此后,物块减速,木板加速,到达共同速度。设经过时间为t1,共同速度为v1,
对物块有:-μ2mg=ma1,v1=v+a1t1;
对木板有:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1',v1=v'+a1't1,x1'=v't1+12a1't12;
联立解得:t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1'=0.625 m。
物块和木板到达共同速度后一起减速,直到静止。设位移为x2
对物块和木板有:-μ1(m+M)g=(m+M)a2,0-v12=2a2x2,
解得:x2=1.125 m,
所以木板的位移: x=x'+x1'+x2=2.25 m。
6 用牛顿运动定律解决问题(一)
第1课时 用牛顿运动定律解决动力学基本问题
基础过关练
题组一 已知受力情况确定运动情况
1.(2020广东珠海二中高一上期末)倾角为30°的长斜坡上有C、O、B三点,CO=OB=10 m,在O点竖直的固定一长10 m的直杆AO。A端与C点、坡底B点间各连有一光滑的钢绳,且各穿有一钢球(视为质点),将两球从A点由静止开始、同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端,如图所示,则小球在钢绳上滑行的时间tAB和tAC分别为(取g=10 m/s2) ( )
A.2 s和4 s B.2 s和2 s
C.2 s和2 s D.4 s和2 s
2.(2019上海金山高一上期末)已知某运载火箭的质量为1×105 kg,点火发射时火箭的推力为3×106 N,g取10 m/s2,则发射2 s时火箭的速度为( )
A.20 m/s B.40 m/s
C.60 m/s D.80 m/s
3.(2020北京西城高一上期末)如图所示,质量为2 kg的物体,在倾角θ=37°足够长的斜面上受到水平向右的恒定推力F=40 N的作用,从静止开始沿斜面向上运动,物体与斜面间的动摩擦因数为0.25,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。求:
(1)物体受到支持力的大小;
(2)物体受到滑动摩擦力的大小;
(3)物体运动加速度的大小;
(4)3 s末物体速度的大小。
题组二 已知运动情况确定受力情况
4.(2020广东珠海二中高一上期末)(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x=t2+t,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2,以下结论正确的是( )
A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
5.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所引起的伤害,人们设计了安全带。假定乘客的质量为70 kg,汽车的速度为90 km/h,从踩下刹车到车停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N
题组三 多过程问题
6.(多选)如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=3 N的恒力,在此恒力作用下(取g=10 m/s2)( )
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经2 s速度减为零
C.物体速度减为零后将保持静止
D.物体速度减为零后将向右运动
7.(2019河南郑州高一上期末)如图所示,滑雪人和滑雪装备总质量m=60 kg。滑雪人收起滑雪杆从静止开始沿倾角θ=37°的雪坡以a=2.0 m/s2的加速度匀加速滑下,经过时间t=10 s到达坡底。雪坡和水平雪面间平滑过渡。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)作出滑雪人在雪坡上下滑时的受力示意图,并求出滑雪人受到的阻力。
(2)假设滑雪人到达水平雪面后所受的阻力与雪坡上受到的阻力大小相等,则滑雪人能在水平雪面上滑行多远?
能力提升练
题组一 动力学两类问题
1.(2020四川遂宁高一上期末,★★☆)(多选)如图甲所示,水平面上有一质量为m=2 kg的滑块,t=0时,该滑块在恒定的水平拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动,t=1 s时撤去拉力F,物体在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示,g=10 m/s2,则( )
甲 乙
A.拉力F的大小为18 N
B.拉力F的大小为15 N
C.滑块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2
2.(2018山东济南外国语学校高一上期末,★★☆)(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg。在50 N的水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动,2 s内前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)( )
A.小车加速度的大小是1 m/s2
B.小车加速度的大小是2 m/s2
C.小车与地面间的动摩擦因数是0.8
D.小车受到的摩擦力大小是10 N
3.(2019湖北部分重点中学高一上期末,★★☆)如图所示,将质量m=1 kg的圆环套在固定的水平直杆上,环的直径略大于杆的横截面直径。环与杆间的动摩擦因数μ=0.8。从某时刻开始计时,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ=53°的拉力F,使圆环从静止开始做匀加速直线运动,并在第2 s内移动6.6 m,取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2。试求:
(1)圆环运动的加速度大小。
(2)拉力F的大小。
题组二 动力学多过程问题
4.(2019黑龙江大庆实验中学高一上期末,★★☆)A、B、C、D四个质量均为2 kg的物体在光滑的水平面上做直线运动,A运动的x-t、B运动的v-t、C运动的a-t、D运动的F-t图像如图所示,已知各物体在t=0时的速度均为零,则0~4 s内运动位移最大的物体是( )
5.(2019福建泉州高一上期末,★★☆)如图甲,质量m=1 kg的物体静止在水平地面上,t=0时刻开始,水平拉力F1=9 N作用于物体上,t1时刻水平拉力大小变为F2,方向不变。物体的运动速度v随时间t变化关系图像如图乙所示,其中t1~3 s时间内图线与横轴围成的面积(图乙中阴影部分)是0~t1时间内的6倍。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)力F1的作用时间t1;
(2)力F2的大小。
第2课时 用牛顿运动定律解决动力学综合问题
基础过关练
题组一 临界极值问题
1.(2018湖北孝感八校高一上期末)斜面静止在水平面上时,一个质量为m的小球用细线吊在倾角为θ的斜面顶端,且靠在斜面上,细线与斜面平行,不计摩擦,使斜面向右做匀加速直线运动,斜面恰对小球无弹力作用时,斜面的加速度大小为( )
A.gtanθ B.g cos θ C.g sin θ D.g tan θ
2.(多选)如图所示,在水平光滑桌面上放有质量为m1、m2的A、B两个小物块,它们中间用细线连接。已知m1=3 kg,m2=2 kg,连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉A或用水平外力F2向右拉B,为保持细线不断,则( )
A.F1的最大值为10 N B.F1的最大值为15 N
C.F2的最大值为10 N D.F2的最大值为15 N
题组二 “传送带”模型
3.(2019吉林长春外国语学校高一上期末)如图所示,水平放置的传送带以速度v=2 m/s向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A端与B端相距6 m,则物体由A运动到B的时间为(g=10 m/s2)( )
A.2 s B.2.5 s C.3.5 s D.4 s
题组三 “滑块——滑板”模型
4.(多选)在水平地面上,A、B两物体叠放如图所示,在水平力F的作用下一起匀速运动,若将水平力F作用在A上,两物体可能发生的情况是( )
A.A、B一起匀速运动
B.A加速运动,B匀速运动
C.A加速运动,B静止
D.A与B一起加速运动
5.(2018安徽六安一中高一上期末)(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的v-t图像中可能正确的是( )
6.(2020山东青岛二中高一上期末)如图,质量M=4 kg的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3 kg的小木块以v0=14 m/s的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上滑下,小木块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5,g取10 m/s2,求:
(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小;
(2)木板长度;
(3)木板在地面上运动的最大位移。
能力提升练
题组一 连接体中的临界问题
1.(2019湖北孝感高中高一上期中,★★☆)(多选)如图所示,已知物块A、B的质量分别为m1=4 kg,m2=1 kg,A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5,A与地面间的动摩擦因数 μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在水平力F的推动下要使A、B一起运动而B不滑动,则力F大小可能是( )
A.50 N B.100 N C.125 N D.150 N
2.(2019湖北华中师大一附中高一上期末,★★☆)(多选)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用大小为15 N,方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上运动,g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是( )
A.外力施加的瞬间,A、B的加速度大小为7.5 m/s2
B.当弹簧压缩量减小0.05 m时,A、B间弹力大小为2.5 N
C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.1 m
D.B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.2 m
题组二 “传送带”模型
3.(2019北京西城高一上期末,★★☆)(多选)传送带是一种常用的运输工具,它被广泛地应用于车站、机场等。如图所示为水平传送带模型,水平部分长为L,传送带正在以速度v匀速运动。现在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则木块从左端运动到右端的时间可能是( )
A.Lv+v2μg B.Lv C.2Lμg D.2Lv
4.(2019吉林省实验中学高一上期末,★★★)(多选)如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是( )
A.粮袋到达B端的速度与v比较,可能大,可能小也可能相等
B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μ cos θ),若L足够大,则最后将以速度v做匀速运动
C.若μ≥tan θ,则粮袋从A端到B端可能是一直做匀加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从Α端到Β端一直做匀加速运动,且加速度a≥g sin θ
题组三 “滑块——滑板”模型
5.(2020湖北鄂州高一上期末,★★☆)如图,足够长的长木板静止在水平地面上,在长木板的左端放有一物块,现对物块施加一水平向右的恒力F=6 N,当物块在木板上滑过1 m的距离时,撤去恒力F,已知长木板的质量M=1 kg,物块的质量m=1 kg,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2。
(1)求力F作用的时间;
(2)求整个过程中长木板在地面上滑过的距离。
答案全解全析
6 用牛顿运动定律解决问题(一)
第1课时 用牛顿运动定律解决动力学基本问题
基础过关练
1.C 由于AB与水平面的倾角为60°,AC与水平面的倾角为30°,根据几何关系知,AB的长度为:x1=2OB×cos 30°=103 m,AC的长度x2=10 m;根据牛顿第二定律得出,小球在AB钢绳上下滑的加速度a1=g sin 60°=53 m/s2,小球在AC钢绳上下滑的加速度a2=g sin 30°=5 m/s2;由位移-时间公式x=12at2得出:tAB=2x1a1=2×10353 s=2 s,tAC=2x2a2=2×105 s=2 s,故C正确。
2.B 由牛顿第二定律可知火箭的加速度:a=F-mgm=3×106-1×106 1×105 m/s2=20 m/s2,由速度公式可得发射2 s时火箭的速度:v=at=20×2 m/s=40 m/s,故B正确。
3.答案 (1)40 N (2)10 N (3)5 m/s2 (4)15 m/s
解析 (1)物体在斜面上受力如图所示,建立如图所示的直角坐标系
在y方向,根据平衡条件有:N-mg cos θ-F sin θ=0,得出:N=40 N。
(2)物体受到滑动摩擦力:f =μN,得出:f=10 N。
(3)在x方向,根据牛顿第二定律有:F cos θ-mg sin θ-f=ma,得出:a=5 m/s2。
(4)3 s末物体速度v3 =v0+at,得出:v3=15 m/s。
4.ABD 根据x=v0t+12at2=t2+t可知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正确。根据v2-v02=2ax得v=v02+2ax=7 m/s,故B正确。根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,得出F=ma+μmg=12 N,故C错误,D正确。
5.C 汽车的速度v0=90 km/h=25 m/s,汽车做减速运动的平均加速度大小a=v0t=5 m/s2,对乘客应用牛顿第二定律可得F=ma=350 N,所以选项C正确。
6.BD 物体受到向右的滑动摩擦力Ff=μFN=μG=2 N,根据牛顿第二定律得a=F+Ffm=3+21 m/s2=5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需的时间t=v0a=105 s=2 s,故A错误,B正确;减速到零后,恒力F>Ff,物体将向右运动,故C错误,D正确。
7.答案 (1)240 N (2)50 m
解析 (1)滑雪人受力如图所示。
由牛顿第二定律有:mg sin θ-Ff=ma,解得:Ff=240 N。
(2)滑雪人到坡底的速度:v=at,解得:v=20 m/s ;
设滑雪人在水平雪面上的加速度为a1 ,滑行的距离为x。
由牛顿第二定律有:Ff=ma1,解得:a1 =4 m/s2;
由运动学公式有:v2=2a1x ,解得:x=50 m
能力提升练
1.AC 速度-时间图像的斜率表示加速度,所以0~1 s内的加速度a1=61 m/s2=6 m/s2,1~3 s内的加速度大小a2=63-1 m/s2=3 m/s2;在1~3 s内根据牛顿第二定律有μmg=ma2,得出μ=a2g=0.3,在0~1 s内根据牛顿第二定律有F-μmg=ma1,得出F=18 N,故A、C正确,B、D错误。
2.BC 根据s=12at2得a=2st2=2×422 m/s2=2 m/s2,故A错误,B正确;根据牛顿第二定律得F-f=ma,解得f=50 N-10 N=40 N,故D错误;由f=μmg,解得μ=0.8,选项C正确。故选B、C。
3.答案 (1)4.4 m/s2 (2)90 N或10 N
解析 (1)设圆环运动的加速度大小为a,则由圆环从静止开始做匀加速直线运动,得:x=12at22-12at12,得出:a=4.4 m/s2。
(2)当F sin θ>mg时,有:F cos θ-μ(F sin θ-mg)=ma,得到:F=90 N;当F sin θ
5.答案 (1)1 s (2)7 N
解析 (1)设0~t1时间内物体的加速度为a1,由牛顿第二定律可得:
F1-f=ma1
N=mg
又f=μN
解得:a1=4 m/s2
由图乙可知,t1时刻物体的速度大小为v1=4 m/s,根据运动学公式可得:t1=v1a1=1 s
(2)设t2=3 s时刻物体速度大小为v2,则t1到t2时间内位移为:s2=12(v1+v2)(t2-t1)
在0到t1时间内位移为:s1=12v1t1
又s2=6×s1
设t1~3 s时间内物体的加速度为a2,则:a2=v2-v1t2-t1
根据牛顿第二定律得:F2-μmg=ma2
解得:F2=7 N
第2课时 用牛顿运动定律解决动力学综合问题
基础过关练
1.A 斜面对小球的支持力为零时,小球所受重力和拉力的合力水平向右,如图所示:
根据牛顿第二定律有:F=mgtanθ=ma,解得:a=gtanθ,斜面体加速度与小球相同,故A正确。
2.BC 若向左拉A,则隔离对B分析,则Tm=m2a,得出最大加速度a=3 m/s2;对两物块系统:F1=(m1+m2)a=(3+2)×3 N=15 N,故B正确,A错误。若向右拉B,则隔离对A分析,则Tm=m1a',得出最大加速度a'=2 m/s2;对两物块系统:F2=(m1+m2)a'=(3+2)×2 N=10 N,故D错误,C正确。
3.C 物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=μmgm=μg=2 m/s2,当物体的速度为2 m/s时,位移为:x1=222×2 m=1 m<6 m,所以在到达B点之前,物体还有一段做匀速直线运动,加速时间为t1=va=22 s=1 s,匀速时间为t2=x2v=6-12 s=2.5 s,故总时间为t=t1+t2=1 s+2.5 s=3.5 s,C正确。
4.AC 若A、B间的最大静摩擦力大于F,则A、B仍一起做匀速直线运动,故选项A正确;若A、B间的最大静摩擦力小于F,则A在拉力F的作用下做匀加速直线运动,而B受到A的滑动摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力,所以B保持静止,故选项C正确。
5.BD 滑块滑上木板,受到木板对它向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力,则木板做匀加速直线运动,当两者速度相等时,一起做匀减速运动。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,滑块的质量为m,木板的质量为M,木板若滑动,则μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做匀减速运动,加速度a'=μ2g,开始滑块做匀减速运动的加速度大小a=μ1g>μ2g,知图线的斜率变小,B正确,C错误;若μ1mg<μ2(M+m)g,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,D正确;由于有摩擦力,最终滑块不可能做匀速直线运动,A错误。
6.答案 (1)5 m/s2 2 m/s2 (2)14 m (3)12 m
解析 (1)木块冲上木板后做匀减速直线运动,其加速度:a1=μ2g=5 m/s2;
木板由静止做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:
μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,得出:a2=2 m/s2。
(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相等,设此过程所用时间为t,则有:v木块=v0-a1t=v木板=a2t,得出:t=2 s;
木块位移:x木块=v0t-12a1t2=18 m,
木板位移:x木板=12a2t2=4 m,
所以木板长度 :L=x木块-x木板=14 m。
(3)木块、木板达到共同速度后将一起做匀减速直线运动,分析得v共=a2t=4 m/s,a3=μ1g=1 m/s2
木板位移:x木板'=v共22a3=8 m
木板的总位移:x=x木板+x木板'=12 m。
能力提升练
1.CD 由于A、B一起向右运动,具有相同的加速度,以B为研究对象,受向下的重力、A对B向右的弹力N、A对B向上的摩擦力f,由于B相对A静止,所以m2g=f,又f≤μ1N,根据牛顿第二定律可得:N=m2a,联立以上各式解得:a≥20 m/s2;再以A、B整体为研究对象,受重力、地面的支持力、地面的摩擦力、推力F,根据牛顿第二定律可得:F-f1=(m1+m2)a,且f1=μ2(m1+m2)g,联立以上各式代入数据解得:F≥125 N,即当F≥125 N时可满足题意,故A、B错误,C、D正确。
2.ACD 外力施加的瞬间,对A、B整体,根据牛顿第二定律,可得加速度的大小为a=F2m=152 m/s2=7.5 m/s2,故A正确。开始时弹簧的压缩量为x0=2mgk=0.4 m,当弹簧压缩量减小0.05 m时,此时的弹力F'=kx1=50×(0.4-0.05) N=17.5 N,对A、B整体有F+F'-2mg=2ma,解得a=6.25 m/s2,对A有F+FN-mg=ma,解得FN=1.25 N,故B错误。A、B分离时,两物体间的弹力为零,加速度相等,则对A、B整体:F+kx2-2mg=2ma';对A:F-mg=ma',解得x2=0.3 m,即此时弹簧的压缩量为0.3 m,A物体的位移大小为0.1 m,故C正确。当A、B分离时因弹力为kx2=15 N>mg,可知物体B继续向上加速,当加速度为零时速度最大,此时kx3=mg,解得x3=0.2 m,即B物体速度达到最大时,弹簧被压缩了0.2 m,故D正确。
3.ACD 若木块沿着传送带的运动是一直加速,根据牛顿第二定律有:μmg=ma,根据位移时间公式有:L=12at2,解得t=2Lμg,故C正确;若一直加速到达另一端的速度恰好为v,则有L=v2t,解得t=2Lv,故D正确,B错误;若先加速后匀速,则匀加速运动的时间t1=va=vμg,匀速运动的时间t2=L-v22μgv=Lv-v2μg,所以总时间t=t1+t2=Lv+v2μg故A正确。
4.AC 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于v;也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相等;还可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相等后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确。粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmg cos θ,根据牛顿第二定律可得:a=mgsinθ+μmgcosθm=g(sin θ+μ cos θ),故B错误;若μ≥tan θ,粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速直线运动,故C正确;由以上分析可知,粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动,故D错误。
5.答案 (1)1 s (2)2.25 m
解析 (1)对物块,根据牛顿第二定律有:F-μ2mg=ma,得出:a=3 m/s2,
对木板,根据牛顿第二定律有:
μ2mg-μ1(m+M)g=Ma',得出:a'=1 m/s2,
设拉力F的作用时间为t,则
物块的位移:x=12at2;
木板的位移:x'=12a't2
且x-x'=1 m
得出:t=1 s,x=1.5 m,x'=0.5 m。
(2)设撤去力F时物块和长木板的速度分别为v和v',则:
v=a1t=3 m/s,v'=a't=1 m/s;
此后,物块减速,木板加速,到达共同速度。设经过时间为t1,共同速度为v1,
对物块有:-μ2mg=ma1,v1=v+a1t1;
对木板有:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1',v1=v'+a1't1,x1'=v't1+12a1't12;
联立解得:t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1'=0.625 m。
物块和木板到达共同速度后一起减速,直到静止。设位移为x2
对物块和木板有:-μ1(m+M)g=(m+M)a2,0-v12=2a2x2,
解得:x2=1.125 m,
所以木板的位移: x=x'+x1'+x2=2.25 m。
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