《牛顿运动定律的案例分析》同步练习3Word文件下载.docx
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－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确．
4．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14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为（ ）
A．7m/sB．14m/s
C．10m/sD．20m/s
答案 B
解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为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v
＝2as，可得汽车刹车前的速度为：
v0＝
m/s＝14m/s，因此B正确．
5．用30N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20kg的物体，力F作用3s后消失，则第5s末物体的速度和加速度分别是（ ）
A．v＝7.5m/s，a＝1.5m/s2
B．v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2
C．v＝4.5m/s，a＝0
D．v＝7.5m/s，a＝0
答案 C
解析 前3s物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
F＝ma，解得：
a＝
m/s2＝1.5m/s2，3s末物体的速度为vt＝at＝1.5×
3m/s＝4.5m/s；
3s后，力F消失，由牛顿第二定律可知加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以5s末的速度仍是3s末的速度，即4.5m/s，加速度为a＝0，故C正确．
题组二 从运动情况确定受力
6．一个物体在水平恒力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 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vt＝at可得选项D对．
7．某气枪子弹的射出速度达100m/s，若气枪的枪膛长0.5m，子弹的质量为20g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为（ ）
A．1×
102NB．2×
102N
C．2×
105ND．2×
104N
解析 根据v
＝2as，得a＝
m/s2＝1×
104m/s2，从而得高压气体对子弹的作用力F＝ma＝20×
10－3×
1×
104N＝2×
102N.
8．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．假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5s，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．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＝
＝5m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得：
F＝ma＝70×
5N＝350N，所以C正确．
9．某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力为（ ）
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
解析 由自由落体规律可知：
＝2gH
缓冲减速过程：
＝2ah
由牛顿第二定律列方程F－mg＝ma
解得F＝mg（1＋H/h）＝5mg，故B正确．
题组三 整体法和隔离法的应用
10.两个叠加在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图1所示，滑块A、B质量分别为M、m，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，滑块B受到的摩擦力（ ）
图1
A．等于零B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθD．大小等于μ2mgcosθ
答案 BC
解析 把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a，由牛顿第二定律得（M＋m）gsinθ－μ1（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a，得a＝g（sinθ－μ1cosθ），所以a<
gsinθ，故B随A一起下滑过程中，必受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为f（如图所示）．由牛顿第二定律得mgsinθ－f＝ma，得f＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg（sinθ－μ1cosθ）＝μ1mgcosθ.
11.物体M放在光滑水平桌面上，桌面一端附有轻质光滑定滑轮，如图2甲所示，若用一根跨过滑轮的轻绳系住M，另一端挂一质量为m的物体，M的加速度为a1；
如图乙所示，若另一端改为施加一竖直向下、大小为F＝mg的恒力，M的加速度为a2，则（ ）
图2
A．a1>
a2B．a1＝a2
C．a1<
a2D．无法确定
解析 对M和m组成的整体，由牛顿第二定律有mg＝（M＋m）a1，a1＝
，另一端改为施加一竖直向下的恒力时，F＝mg＝Ma2，a2＝
，所以a1<
a2，C正确．
题组四 综合应用
12.大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？
如图3所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图．若已知“双子星号”宇宙飞船的质量为3200kg，其尾部推进器提供的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8s测出飞船和空间站速度变化是1.0m/s.则：
图3
（1）空间站的质量为多大？
（2）在8s内飞船对空间站的作用力为多大？
答案
（1）4000kg
（2）500N
解析
（1）飞船和空间站的加速度a＝
＝0.125m/s2，以空间站和飞船整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝Ma，得M＝
＝7200kg.
故空间站的质量m＝7200kg－3200kg＝4000kg.
（2）以空间站为研究对象，由牛顿第二定律得
F′＝ma＝500N
13．ABS系统是一种能防止车轮被抱死而导致车身失去控制的安全装置，全称防抱死刹车系统．它既能保持足够的制动力，又能维持车轮缓慢转动，已经广泛应用于各类汽车上．有一汽车没有安装ABS系统，急刹车后，车轮抱死，在路面上滑动．
（1）若车轮与干燥路面间的动摩擦因数是0.7，汽车以14m/s的速度行驶，急刹车后，滑行多远才停下？
（2）若车轮与湿滑路面间的动摩擦因数为0.1，汽车急刹车后的滑行距离不超过18m，刹车前的最大速度是多少？
（取g＝10m/s2）
答案
（1）14m
（2）6m/s
解析
（1）汽车加速度a1＝－
＝－μ1g＝－7m/s2
由0－v
＝2a1s1得s1＝
m＝14m
（2）汽车加速度a2＝－
＝－μ2g＝－1m/s2
根据0－v
＝2a2s2得
v02＝
m/s＝6m/s.
5.4牛顿运动定律的案例分析
（二）
题组一 瞬时加速度问题
1.质量均为m的A、B两球之间系着一个质量不计的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间（ ）
A．A的加速度大小为
B．A的加速度大小为零
C．B的加速度大小为
D．B的加速度大小为
答案 BD
解析 在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对；
而B球在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为
，选项C错，D对．
2．如图2所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
图2
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
D．弹簧有收缩趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析 因为细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以B的瞬时加速度为0，A的瞬时加速度为2gsinθ，所以选项B正确，A、C、D错误．
3．如图3所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽出，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是（ ）
A．aA＝0，aB＝2gB．aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝0D．aA＝g，aB＝2g
解析 当刚抽去木板时，A、B和杆将作为一个整体一起下落，下落过程中只受重力，根据牛顿第二定律得aA＝aB＝g，故选项B正确．
4．如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度的大小为a1和a2，则（ ）
图4
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝
a，a2＝
a
D．a1＝a，a2＝－
a
解析 两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此木块A的加速度此时仍为a，以木块B为研究对象，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－
a，所以D项正确．
题组三 动力学中的临界问题
5．如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为（ ）
图5
A．μmgB．μ（M＋m）g
C．μ（m＋2M）gD．2μ（M＋m）g
解析 将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小为am＝μg，要想抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aM>
am＝μg，对木板受力分析如图．
根据牛顿第二定律，得：
F－μ（M＋m）g－μmg＝MaM
得F＝μ（M＋m）g＋μmg＋MaM>
μ（M＋m）g＋μmg＋μMg＝2μ（M＋m）g，选项D正确．
6．如图6所示，质量为m1＝2kg、m2＝3kg的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能承受1N的拉力，水平面光滑，为了使细绳不断而又使它们能一起获得最大加速度，则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下，F的最大值是（ ）
图6
A．向右，作用在m2上，F＝
N
B．向右，作用在m2上，F＝2.5N
C．向左，作用在m1上，F＝
D．向左，作用在m1上，F＝2.5N
解析
若水平力F1的方向向左，如图．
设最大加速度为a1，根据牛顿第二定律，对整体有：
F1＝（m1＋m2）a1
对m2有：
T＝m2a1
所以F1＝
T＝
×
1N＝
N，C对，D错．
若水平力F2的方向向右，如图．
设最大加速度为a2，根据牛顿第二定律，对整体有：
F2＝（m1＋m2）a2
对m1有：
T＝m1a2
所以F2＝
1N＝2.5N．A错，B对．
7.如图7所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下端与质量为m的小球连接．当小球上下振动的某个时刻，木箱恰好不离开地面，求此时小球的加速度．
图7
答案 a＝
g，方向向下
解析 如图所示，
对木箱受力分析有：
F＝Mg
对小球受力分析有：
mg＋F′＝ma
又F＝F′
解得：
g，方向向下．
8．如图8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，绳与水平面之间的夹角α＝53°
，A与地面间的摩擦不计，求（sin53°
＝0.8）：
图8
（1）当卡车以加速度a1＝
加速运动时，绳的拉力为
mg，则A对地面的压力为多大？
（2）当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力多大？
方向如何？
答案
（1）
mg
（2）
mg，方向与水平面成45°
角斜向上
解析
（1）设物体刚离开地面时，具有的加速度为a0
对物体A进行受力分析，可得：
ma0＝
，则a0＝
g
因为a1<
a0，所以物体没有离开地面．由牛顿第二定律得
Fcosα＝ma1
Fsinα＋N＝mg得N＝
mg
由牛顿第三定律得，A对地面的压力的大小为
mg.
（2）因为a2>
a0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F′＝m
所以tanθ＝1，θ＝45°
，即绳的拉力与水平面成45°
题组三 多过程问题
9．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4s内通过8m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2s停止，已知汽车的质量m＝2×
103kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：
（1）关闭发动机时汽车的速度大小；
（2）汽车运动过程中所受到的阻力大小；
（3）汽车牵引力的大小．
答案
（1）4m/s
（2）4×
103N （3）6×
103N
解析
（1）汽车开始做匀加速直线运动s0＝
t1
解得v0＝
＝4m/s
（2）关闭发动机后汽车减速过程的加速度
a2＝
＝－2m/s2
由牛顿第二定律有－f＝ma2
解得f＝4×
（3）设开始加速过程中汽车的加速度为a1
s0＝
a1t
由牛顿第二定律有：
F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝6×
10．物体以14.4m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°
的斜坡，到最高点后再滑下，如图9所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：
图9
（1）物体沿斜面上滑的最大位移；
（2）物体沿斜面下滑的时间．（已知sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8）
答案
（1）14.4m
（2）2.4s
解析
（1）上升时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：
mgsin37°
＋μmgcos37°
＝ma1
解得a1＝7.2m/s2
上滑最大位移为s＝
代入数据得s＝14.4m
（2）下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：
－μmgcos37°
＝ma2
解得a2＝4.8m/s2
由s＝
a2t2得下滑时间
t＝
s≈2.4s
11．如图10所示，在海滨游乐场里有一场滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m＝60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°
（已知sin37°
＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，人从斜坡滑上水平滑道时没有速度损失，重力加速度g取10m/s2.
图10
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L＝20m，则人从斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？
答案
（1）2m/s2
（2）50m
解析
（1）人在斜坡上受力如图所示，建立直角坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgsinθ－f1＝ma1
N1－mgcosθ＝0
又f1＝μN1
联立解得a1＝g（sinθ－μcosθ）
＝10×
（0.6－0.5×
0.8）m/s2＝2m/s2.
（2）人在水平滑道上受力如图所示，由牛顿第二定律得：
f2＝ma2，N2－mg＝0
又f2＝μN2
联立解得a2＝μg＝5m/s2
设人从斜坡上滑下的距离为LAB，对AB段和BC段分别由匀变速直线运动公式得：
v2－0＝2a1LAB，0－v2＝－2a2L
联立解得LAB＝50m.
12．如图11所示，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用大小为20N，与水平方向成53°
的力斜向上拉
此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t（已知sin53°
＝0.8，cos53°
＝0.6，g取10m/s2）．
图11
答案 2s
解析 物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，撤去外力后，再以大小为a2的加速度减速到B，且到B时速度恰好为零．
力F作用时：
Fcos53°
－μ（mg－Fsin53°
）＝ma1
t时刻：
s1＝
a1t2
vt＝a1t
撤去力F后：
μmg＝ma2
＝2a2s2
由于s1＋s2＝L
解得t＝2s
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