人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用图片ppt课件

课时跟踪训练(二十四)　牛顿运动定律的应用

A级—学考达标

1．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，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/s　　　　　　　 B．14 m/s

C．10 m/s  D．20 m/s

解析：选B　设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度—位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。

2．某气枪子弹的出口速度达100 m/s，若气枪的枪膛长0.5 m，子弹的质量为20 g。若把子弹在枪膛内的运动看成匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为(　　)

A．1×102 N B．2×102 N

C．2×105 N  D．2×104 N

解析：选B　根据v2＝2ax，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，从而得高压气体对子弹的平均作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N。

3．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是(　　)

A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变

B．将物体质量减小一半，其他条件不变

C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍

D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变

解析：选D　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错，由v＝at可得选项D对。

4．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　)

A．滑行中的加速度之比为2∶3

B．滑行的时间之比为1∶1

C．滑行的距离之比为4∶9

D．滑行的距离之比为3∶2

解析：选C　根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度大小为：a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误。

5．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止。现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑。若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为(　　)

A.   B.

C.  D..

解析：选A　木板水平时，物块滑动时受到的合力是滑动摩擦力，以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度为：a1＝－μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝＝；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析如图所示：

小物块受到的合力

F合＝－(mgsin 45°＋μmgcos 45°)

小物块上滑的加速度

a2＝－＝－，

滑行时间t′＝＝，

因此＝，故选项A正确，B、C、D错误。

6.为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为(　　)

A．30° B．45°

C．60°  D．75°

解析：选B　设屋顶的底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcos θ，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ，水滴的加速度a＝gsin θ，根据三角关系可得，屋顶坡面的长度为：s＝，由s＝at2得：t＝ ＝ ，θ＝45°时，t最短，故选B。

7．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为(　　)

A．1∶1 B．2∶1

C．3∶2  D．3∶5

解析：选D　固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA∶aC＝2∶1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知：T＝mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg－2T＝mCaC，联立解得T＝16 N，aC＝2 m/s2，aA＝4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aC′，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB∶aC′＝2∶1，此时设轻绳之间的张力为T′，对于滑块B，由牛顿第二定律可知：T′＝mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg－2T′＝mCaC′，联立解得T′＝ N，aB＝ m/s2，aC′＝ m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC∶aC′＝3∶5，故选项D正确。

8.如图所示，两上下底面平行的滑块重叠在一起，置于固定的、倾角为θ的斜面上，滑块A、B的质量分别为mA、mB，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2。已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力(　　)

A．方向沿斜面向下 B．大小等于μ1mAgcos θ

C．大小等于μ1mBgcos θ  D．大小等于μ2mBgcos θ

解析：选C　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为：a＝g(sin θ－μ1cos θ)

设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有：mBgsin θ＋f＝mBa

得到：f＝mBa－mBgsin θ＝－μ1mBgcos θ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故选项C正确，A、B、D错误。

9．一物块从长为s、倾角为θ的固定斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，求物块从顶端滑到底端的时间。

解析：物块沿斜面下滑的受力如图所示。

由正交分解得

mgsin θ－Ff＝ma

FN－mgcos θ＝0

Ff＝μFN

解得a＝g(sin θ－μcos θ)

又s＝at2

解得t＝ ＝ 。

答案：

B级—选考提能

10．[多选]如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1。与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则(物体1和物体2相对车厢静止)(　　)

A．车厢的加速度为gtan θ

B．绳对物体1的拉力为

C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g

D．物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ

解析：选AB　对物体1进行受力分析，如图甲所示，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有

FTcos θ＝m1g，FTsin θ＝m1a

得FT＝，a＝gtan θ，

所以A、B正确。

对物体2进行受力分析，如图乙所示，

有FN＋FT′＝m2g

Ff静＝m2a

根据牛顿第三定律，FT′＝FT

解得FN＝m2g－

Ff静＝m2gtan θ，

故C、D错误。

11．如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动到目的地，其工作原理可简化为如图乙所示。某次工人从水平滑道前端拉着冰块由静止开始向前匀加速前进，运动4.0 m时放手，冰块刚好到达滑道末端停止。已知冰块质量为100 kg，冰块与滑道间动摩擦因数为0.05，运送冰块的总距离L＝12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角斜向上。(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2)求：

(1)冰块在减速过程中加速度的大小；

(2)冰块在加速过程中加速度的大小；

(3)工人对冰块的拉力大小。

解析：(1)减速过程，对冰块，由牛顿第二定律得：

μmg＝ma2

解得：a2＝0.5 m/s2。

(2)设加速时加速度为a1，最大速度为v，加速前进位移x，总位移为L＝12 m

则加速阶段有v2＝2a1x

减速阶段有0－v2＝－2a2(L－x)

解得a1＝1 m/s2。

(3)加速过程，对冰块受力分析，由牛顿第二定律得

水平方向有Fcos 53°－Ff＝ma1

竖直方向有Fsin 53°＋FN－mg＝0

又Ff＝μFN

联立得Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma1

解得F＝234.375 N。

答案：(1)0.5 m/s2　(2)1 m/s2　(3)234.375 N

12.如图所示，斜面AB段粗糙，BC段长为1.2 m且光滑。滑块以初速度v0＝9 m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝3 m/s，到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC段滑行的时间相等。求：

(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；

(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；

(3)滑块从C点回到A点的速度大小。

解析：(1)设滑块在BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动：

0－vB2＝－2a1xBC

vB＝a1t

解得：a1＝3.75 m/s2，t＝0.8 s。

(2)滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2

a2＝－＝7.5 m/s2

由vB2－v02＝－2a2xAB

解得：xAB＝4.8 m。

(3)设斜面倾角为θ，滑块在AB段上升时，受力情况如图所示，

mgsin θ＋Ff＝ma2

在BC段上升时：mgsin θ＝ma1

解得：Ff＝mgsin θ

滑块从C点回到B点时，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面低端A时速度大小仍然为3 m/s。

答案：(1)0.8 s　3.75 m/s2　(2)4.8 m　7.5 m/s2　(3)3 m/s