高中物理人教版必修1 第四章第7节用牛顿运动定律解决问题二 作业5.docx
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高中物理人教版必修1第四章第7节用牛顿运动定律解决问题二作业5
用牛顿运动定律解决问题
(二)
1.下列实例出现失重现象的是( )
A.“嫦娥三号”点火后加速升空
B.举重运动员举起的杠铃静止在空中
C.“玉兔号”月球车降落到月球表面之前向下减速的过程
D.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动
【解析】 加速升空和向下减速过程,加速度方向向上,处于超重状态,选项A、C错误;杠铃静止在空中,不失重也不超重,选项B错误;跳水运动员离开跳板向上运动,加速度方向向下,处于失重状态,选项D正确.
【答案】 D
2.(2016·佛山高一检测)下列关于质点处于平衡状态的论述,正确的是( )
A.质点一定不受力的作用
B.质点一定没有加速度
C.质点一定做匀速直线运动
D.质点一定保持静止
【解析】 处于平衡状态的物体,合力为零,物体可以受力的作用,只是合力是零,所以A错误.处于平衡状态的物体,合力为零,由牛顿第二定律可知,物体的加速度为零,所以B正确.平衡状态指的是物体处于静止或匀速直线运动状态,物体可以保持静止,所以C错误.平衡状态指的是物体处于静止或匀速直线运动状态,物体可以做匀速直线运动,所以D错误.
【答案】 B
3.(2016·厦门高一检测)搭乘3名中国航天员的神舟十号载人飞船返回舱,在内蒙古中部草原上顺利着陆.返回舱在重返大气层时,速度可达几千米每秒.为保证返回舱安全着陆,在下降过程中要利用降落伞使返回舱减速,如图474所示为神十返回舱主降落伞打开,返回舱减速下降过程,在这过程中( )
图474
A.返回舱处于失重状态
B.返回舱处于超重状态
C.航天员受到的重力变小了
D.航天员受到的重力与返回舱对他的作用力相等
【解析】 返回舱减速下降时,加速度方向向上,故返回舱处于超重状态.但返回舱的重力不变,故选项B对,A、C错;由于返回舱处于超重状态,里面的人也处于超重状态,故航天员受到的重力小于返回舱对他的作用力.选项D错误.
【答案】 B
4.如图475所示,质量为60kg的运动员的两脚各用750N的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑,若他从离地12m高处无初速匀加速下滑2s可落地,则此过程中他的两脚蹬墙的水平力均应等于(g=10m/s2)( )
图475
A.150N B.300N
C.450ND.600N
【解析】 匀速下滑时由平衡条件知
2×μ×750=600①
加速下滑时a=
m/s2=6m/s2②
600-2μFN=60a③
①②③联立得FN=300N,B对.
【答案】 B
5.(2016·咸阳高一检测)运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程,若运动员的重力为G,对地面的压力为F,下列叙述正确是( )
图476
A.下蹲过程的加速阶段,F<G
B.下蹲过程的减速阶段,F<G
C.蹬伸过程的加速阶段,F<G
D.蹬伸过程的减速阶段,F=G
【解析】 下蹲加速阶段,加速度方向向下,根据牛顿第二定律得,mg-N=ma,则N=mg-ma<mg,所以压力F<G,故A正确;下蹲过程减速阶段,加速度方向向上,根据牛顿第二定律得,N-mg=ma,则N=mg+ma>mg,所以压力F>G,故B错误;蹬伸加速阶段,加速度方向向上,根据牛顿第二定律得,N-mg=ma,则N=mg+ma>mg,所以压力F>G,故C错误;蹬伸减速阶段,加速度方向向下,根据牛顿第二定律得,mg-N=ma,则N=mg-ma<mg,所以压力F<G,故D错误.
【答案】 A
6.(2016·惠州高一检测)某屋顶为半球形,一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图477所示),他在向上爬的过程中( )
图477
A.屋顶对他的支持力不变
B.屋顶对他的支持力变大
C.屋顶对他的摩擦力不变
D.屋顶对他的摩擦力变大
【解析】 以人为研究对象,作出力图.
设此人的重力为G,根据平衡条件得:
屋顶对他的摩擦力:
f=Gsinθ
屋顶对他的支持力:
N=Gcosθ
人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中,坡角θ减小,则f减小,N增大.即屋顶对他的摩擦力减小,屋顶对他的支持力增大.故选B.
【答案】 B
7.(2016·贵阳一中高一检测)一个质量为3kg的物体,被放置在倾角为α=30°的固定光滑斜面上,在如图478所示的甲、乙、丙三种情况下,物体能处于平衡状态的是(g取10m/s2)( )
图478
A.仅甲图 B.仅乙图
C.仅丙图D.甲、乙、丙图
【解析】 物体受三个力的作用:
重力、支持力、拉力.重力沿斜面向下的分力大小为15N,故只有乙图中的物体能保持平衡,B正确.
【答案】 B
8.如图479所示,质量为m的物体在与竖直方向成θ角的推力F作用下,沿竖直墙壁向上匀速运动.若物体与墙面间的动摩擦因数为μ,试求F的大小.
图479
【解析】 物体的受力如图所示.
由共点力的平衡条件,沿水平方向FN-Fsinθ=0,沿竖直方向Fcosθ=mg+Ff,又Ff=μFN,解得F=
.
【答案】
[能力提升]
9.(2016·泰安高一检测)一铁架台放在水平地面上,其上用轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直.现将水平F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止.则在这一过程中( )
图4710
A.水平拉力F变大
B.细线的拉力不变
C.铁架台对地面的压力变大
D.铁架台所受地面的摩擦力变大
【解析】 对小球受力分析,受细线的拉力、重力、F,根据平衡条件,有:
F=mgtanθ,θ逐渐增大则F逐渐增大,故A正确;由上图可知,细线的拉力T=
,θ增大,T增大,故B错误;以整体为研究对象,根据平衡条件得:
Ff=F,则Ff逐渐增大.FN=(M+m)g,FN保持不变.故D正确,C错误.
【答案】 AD
10.(多选)如图4711所示,某人在地面上用体重计称得其体重为490N,他将体重计移至电梯内称其体重,t0至t3时间段内,体重计的示数如图甲所示,电梯运动的vt图可能是图乙中的(取电梯向上运动的方向为正)( )
甲
乙
图4711
【解析】 由Ft图象知:
t0~t1时间内,具有向下的加速度,t1~t2时间内匀速或静止,t2~t3时间内,具有向上的加速度,因此其运动情况可能是:
t0~t3时间内
故选A,D.
【答案】 AD
11.(2016·衢州高一检测)气球下端悬挂一重物,以v0=10m/s匀速上升,当到达离地面h=175m处时悬挂重物的绳子突然断裂,那么之后:
(1)重物做竖直上抛运动还是自由落体运动?
(2)重物经多少时间落到地面?
(3)落地的速度多大?
(空气阻力不计,取g=10m/s2.)
【解析】
(1)物体做竖直上抛运动.
(2)根据位移公式h=v0t-
gt2
有-175=10t-
×10t2
得t=7s.
(3)v=v0-gt
得v=-60m/s
大小为60m/s.
【答案】
(1)竖直上抛运动
(2)7s (3)60m/s
12.如图4712所示,质量为m的物体,放在一固定斜面上,当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F的水平向右恒力,物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当斜面倾角增大并超过某一临界角α0时,不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行.试求:
图4712
(1)物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)这一临界角α0的大小.
【解析】
(1)“恰能匀速下滑”,满足平衡条件
mgsin30°=μmgcos30°,
解得μ=
=
.
(2)设斜面倾角为α,受力情况如图所示,
由平衡条件得
Fcosα=mgsinα+Ff,
FN=mgcosα+Fsinα,
Ff=μFN,
F=
.
当cosα-μsinα=0,即cotα=μ时,F→∞,
即“不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”,此时,α=60°,即临界角α0的大小为60°.
【答案】
(1)
(2)60°
重点强化卷(三) 牛顿运动定律的应用
(建议用时:
60分钟)
一、选择题
1.下列四个实验中,能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是( )
A.用天平测量物体的质量
B.用弹簧测力计测物体的重力
C.用温度计测舱内的温度
D.用水银气压计测舱内气体的压强
【解析】 绕地球飞行的太空实验舱处于完全失重状态,处于其中的物体也处于完全失重状态,物体对水平支持物没有压力,对悬挂物没有拉力.用天平测量物体质量时,利用的是物体和砝码对盘的压力产生的力矩,压力为0时,力矩也为0,因此在大空实验舱内不能完成.同理,水银气压计也不能测出舱内气体压强.物体处于失重状态时,对悬挂物没有拉力,因此弹簧测力计不能测出物体的重力.温度计是利用了热胀冷缩的性质,因此可以测出舱内温度.故只有选项C正确.
【答案】 C
2.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况.实验时让某同学从桌子上跳下,自由下落H后双脚触地,他顺势弯曲双腿,他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力FN随时间变化的图象如图1所示.根据图象提供的信息,以下判断错误的是( )
图1
A.在0至t2时间内该同学处于失重状态
B.在t2至t3时间内该同学处于超重状态
C.t3时刻该同学的加速度为零
D.在t3至t4时间内该同学的重心继续下降
【解析】 由图象可以看出,在0至t2时间内该同学受到地面支持力小于重力,由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态,而在t2至t3时间内支持力大于重力,该同学处于超重状态,A、B正确;t3时刻该同学受到的支持力最大,且F1大于重力,由牛顿第二定律可知a≠0,C错误;在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小,但仍大于重力,故重心继续下降,D正确.
【答案】 C
3.(2016·扬州高一检测)如图2所示,底板光滑的小车上用两个量程为20N,完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1kg的物块.在水平地面上,当小车做匀速直线运动时,两弹簧测力计的示数均为10N,当小车做匀加速直线运动时,弹簧测力计甲的示数变为8N,这时小车运动的加速度大小是( )
图2
A.2m/s2 B.4m/s2
C.6m/s2D.8m/s2
【解析】 当弹簧测力计甲的示数变为8N时,弹簧测力计乙的示数变为12N,这时物块所受的合力为4N.由牛顿第二定律F=ma得物块的加速度a=
=4m/s2,故选项B正确.
【答案】 B
4.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引起的伤害,人们设计了安全带,假设乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A.450NB.400N
C.350ND.300N
【解析】 汽车的速度v0=90km/h=25m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则a=
=
m/s2=5m/s2,对乘客应用牛顿第二定律得:
F=ma=70×5N=350N,所以选项C正确.
【答案】 C
5.(多选)(2016·天津高一检测)如图3所示,质量为2kg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,取g=10m/s2,以下结论正确的是( )
图3
A.匀变速直线运动的初速度为1m/s
B.物体的位移为12m时速度为7m/s
C.水平恒力F的大小为4N
D.水平恒力F的大小为12N
【解析】 根据x=v0t+
at2=t2+t,知v0=1m/s,a=2m/s2,故A正确;根据v2-v
=2ax得,v=
=
m/s=7m/s,故B正确;根据牛顿第二定律得,F-μmg=ma,解得F=ma+μmg=12N,故C错误,D正确.
【答案】 ABD
6.(2016·南开中学高一检测)已知空气阻力与速率成正比,某小球在竖直上抛后运动的全过程中的速度—时间(vt)图可能正确的是( )
【解析】 设物体所受的阻力f=kv,物体的质量为m,则在物体上升的过程中有mg+f=ma1,即mg+kv=ma1,a1=
=g+
,由于上升过程中物体的速度越来越小,故物体的加速度a1越来越小,故vt图的斜率的绝对值越来越小.在下落过程中有mg-kv=ma2,a2=
=g-
下落过程中物体的速度越来越大,故物体的加速度越来越小,
则vt图的斜率的绝对值也越来越小,故A正确.
【答案】 A
7.如图4所示,质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内,当电梯钢索断裂的瞬间,物体B的受力个数( )
图4
A.2个B.3个
C.4个D.1个
【解析】 因电梯匀速上升,则A受力平衡,则弹簧处于压缩状态,故弹簧对B有向下的弹力;当钢索断开时,弹簧的形变量不变,故B受向下的重力及弹力的作用,加速度大于电梯的加速度,B与电梯之间一定有弹力作用,故B应受到3个力作用,故选B.
【答案】 B
8.如图5所示,小球A、B的质量分别是m和2m,用轻质弹簧相连,然后用细绳悬挂而静止,则在剪断细绳的瞬间,A、B的加速度分别是( )
图5
A.aA=0,aB=0B.aA=3g,aB=0
C.aA=g,aB=2gD.aA=0,aB=3g
【解析】 物体在某一瞬间的加速度由这一时刻的合外力决定,此题分析剪断细绳瞬间两球的受力情况是关键.在没有剪断前,A、B都静止,加速度都为零,分别对A、B进行受力分析,如图甲、乙所示.对B进行受力分析有F弹=2mg,对A进行受力分析有FT=mg+F弹′=3mg.当剪断细绳瞬间,弹簧形变来不及恢复,即F弹、F弹′不变,而FT立即消失,则A受力如图丙所示,F合=mg+F弹′=maA,即aA=3g,B受力不变,合外力为零,加速度为零.
【答案】 B
9.(2016·青岛高一检测)如图6所示,所受重力为G的均匀小球放在倾角为α的斜面上,球被与斜面夹角为θ的木板挡住,球面、木板均光滑,若使球对木板压力最小,则木板与斜面间夹角θ应为( )
图6
A.αB.90°-α
C.90°D.90°+α
【解析】 以小球为研究对象,当平板位于任意方向时,作出小球的受力图,小球受到重力mg、平板的支持力N1和斜面的支持力N2,根据平衡条件得知:
N1和斜面的支持力N2的合力与重力mg总是大小相等、方向相反.斜面的支持力N2方向总与斜面垂直向上,当平板的方向变化时,由图看出,当N1和N2垂直时,平板对小球的支持力N1最小,此时平板与斜面垂直,即θ=
.
故选C.
【答案】 C
二、计算题
10.如图7所示,质量为2kg的物体在40N水平推力作用下,从静止开始1s内沿竖直墙壁匀加速下滑3m.求:
(取g=10m/s2)
图7
(1)物体运动的加速度大小;
(2)物体受到的摩擦力大小;
(3)物体与墙间的动摩擦因数.
【解析】
(1)由x=
at2,可得:
a=
=
m/s2=6m/s2.
(2)分析物体受力情况如图所示:
水平方向:
物体所受合外力为零,FN=F=40N
竖直方向:
取向下为正方向,由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma,
可得:
Ff=mg-ma=8N.
(3)物体与墙间的滑动摩擦力Ff=μFN
所以μ=
=
=0.2.
【答案】
(1)6m/s2
(2)8N (3)0.2
11.如图8所示,水平地面上放置一个质量为m=10kg的物体,在与水平方向成θ=37°角的斜向右上方的拉力F=100N的作用下沿水平地面从静止开始向右运动,物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5.求:
5s末物体的速度大小和5s内物体的位移大小.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)
图8
【解析】 以物体为研究对象进行受力分析,如图所示,
由牛顿第二定律得
水平方向:
Fcosθ-Ff=ma①
竖直方向:
FN+Fsinθ-mg=0②
又Ff=μFN③
联立①②③得:
a=6m/s2
5s末的速度大小为:
v=at=6×5m/s=30m/s
5s内的位移为:
x=
at2=
×6×52m=75m.
【答案】 30m/s 75m
12.(2016·山东省实验中学高一检测)如图9所示,光滑水平面上放着长L=2m,质量为M=4.5kg的木板(厚度不计),一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端,m和M之间的动摩擦因数μ=0.1,开始均静止.今对木板施加一水平向右的恒定拉力F,(g取10m/s2)求:
图9
(1)为使小物体不从木板上掉下,F不能超过多少;
(2)如果拉力F=10N,小物体能获得的最大速度.
【解析】
(1)物块随木板运动的最大加速度为a
对小物体由牛顿第二定律:
μmg=ma
对整体由牛顿第二定律得:
Fm=(M+m)a
解得:
Fm=5.5N.
(2)因施加的拉力F>5.5N,故物块相对木板相对滑动,木板对地运动的加速度为a1,
对木板由牛顿第二定律:
F-μmg=Ma1
物块在木板上相对运动的时间为t,L=
a1t2-
at2
解得:
t=2s
物块脱离木板时的速度最大,vm=at=2m/s.
【答案】
(1)5.5N
(2)2m/s