必修1第四章 牛顿运动定律6 用牛顿定律解决问题（一）课后练习题

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.(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后火箭的速度为              (　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　

A.20 m/s B.40 m/s

C.60 m/s D.80 m/s

2.(2021安徽和县第二中学期中)质量m=10 kg的行李箱放在水平地面上,行李箱与地面间的动摩擦因数为μ=0.4,用与水平方向成θ=37°角斜向上的大小为F=50 N的拉力拉动行李箱,使行李箱由静止开始沿水平地面运动,5 s后撤去拉力。(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:

(1)撤去拉力瞬间行李箱的速度v大小;

(2)行李箱在地面运动全过程的平均速度大小。

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.(2021云南大理统考)(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在大小为50 N 的水平拉力作用下做直线运动,2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)              (　　)

A.动摩擦因数是0.8

B.摩擦力的大小是10 N

C.小车加速度的大小是1 m/s2

D.小车加速度的大小是2 m/s2

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.(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图象如图乙所示,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.(2021云南大理统考,)(多选)在粗糙的水平面上,一个质量为m的物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动,经过时间t后,速度为v。如果要使物体的速度增加到2v,可采用的方法是              (　　)

A.将物体的质量减为原来的一半,其他条件不变

B.将水平恒力增为2F,其他条件不变

C.将作用时间增为2t,其他条件不变

D.将物体质量、水平恒力和作用时间都同时增加为原来的两倍

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.(2021湖北恩施月考,)为了备战东京奥运会,我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m,训练过程中,该运动员先下蹲,重心下降0.5 m,经过充分调整后,发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动,忽略空气阻力影响,g取10 m/s2。则              (　　)

A.运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态

B.运动员起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小

C.起跳过程中运动员对地面的压力为1 560 N

D.从开始起跳到双脚落地需要0.65 s

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变化关系图象如图乙所示,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。

答案全解全析

基础过关练

1.B　由牛顿第二定律可知火箭的加速度a== m/s2=20 m/s2,由速度公式可得发射2 s后火箭的速度v=at=20×2 m/s=40 m/s,故B正确。

2.答案　(1)6 m/s　(2)3 m/s

解析　(1)对行李箱受力分析如图所示

摩擦力f=μN

水平方向根据牛顿第二定律有F cos 37°-f=ma

竖直方向有N+F sin 37°=mg

解得a=1.2 m/s2

撤去拉力瞬间行李箱的速度v=at=1.2×5 m/s=6 m/s

(2)前5 s内行李箱的位移x=t=×5 m=15 m

撤去拉力后行李箱的加速度大小a'=μg=4 m/s2

继续运动的位移x'== m=4.5 m

继续运动时间t'==1.5 s

则行李箱的总位移为s=15 m+4.5 m=19.5 m

运动总时间为t总=5 s+1.5 s=6.5 s

平均速度为== m/s=3 m/s

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.AD　根据x=at2解得a=2 m/s2,根据牛顿第二定律得

F-f=ma,解得f=40 N,则μ==0.8,故选A、D。

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==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.答案　(1)图见解析　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大小为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-时间图线的斜率表示加速度,所以0~1 s内的加速度a1= m/s2=6 m/s2,1~3 s内的加速度大小a2= m/s2=3 m/s2;在1~3 s内根据牛顿第二定律有μmg=ma2,得出μ==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.CD　物体在水平恒力F的作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得

a=

则有v=at=-μgt

物体的质量减小为原来的一半,其他条件不变,则有

v'=-μgt>2v

将水平恒力增为2F,其他条件不变,则有

v'=-μgt>2v

将作用时间增为2t,其他条件不变,则有

v'=-2μgt=2v

将物体质量、水平恒力和作用时间都同时增加为原来的两倍,则有v'=-2μgt=2v

故选C、D。

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=a-a,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<mg时,有:F cos θ-μ(mg-F sin θ)=ma,得到:F=10 N。

4.C　运动员从开始起跳到脚离开地面重心上升h1=0.5 m,做匀加速运动,加速度向上,处于超重状态,离开地面到上升到最高点的过程中,重心上升距离h2=2.90 m-2.10 m=0.8 m,运动员离开地面后做竖直上抛运动,根据2gh2=v2得离地时的速度v==4 m/s,起跳过程有2ah1=v2,得起跳过程加速度a==16 m/s2,由牛顿第二定律得FN-mg=ma,得地面对运动员的支持力FN=mg+ma=1 560 N,由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1 560 N,故A错误,C正确;根据平均速度公式=知运动员起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度,故B错误;加速上升时间t1==s=0.25 s,减速上升时间t2==0.4 s,加速下降时间和减速上升时间相同,故总时间为t=t1+2t2=1.05 s,故D错误。故选C。

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==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=(v1+v2)(t2-t1)

在0到t1时间内位移为:s1=v1t1

又s2=6s1

设t1~3 s时间内物体的加速度为a2,则:a2=

根据牛顿第二定律得:F2-μmg=ma2

解得:F2=7 N