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