第四章5牛顿运动定律的应用—2020-2021【新教材】人教版(2019)高中物理必修第一册课后习题 13页

5 牛顿运动定律的应用 基础巩固 1.(2019 浙江温州部分高中高一期中 )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。为了尽可能减轻碰撞所引起的伤害 ,人们设计了安全带 ,如图所示。假定乘客质 量为 70 kg,汽车车速为 90 km/h,从踩下刹车到车完全停止需要的时间为 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 2.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 3.假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多 ,当汽车以 20 m/s 的 速度行驶时突然制动 ,它还能继续滑动的距离约为 (重力加速度 g 取 10 m/s2)( ) A.40 m B.20 m C.10 m D.5 m 4.一个物体在水平恒力 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.将物体的质量减小一半 ,其他条件不变 C.物体的质量不变 ,水平恒力和作用时间都增加到原来的 2 倍 D.将时间增加到原来的 2 倍 ,其他条件不变 5.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 运动看作匀变速直线运动 ,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 6.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动 ,4 s 内通过 8 m 的距离 ,此后关闭发动机 ,汽车 又运动了 2 s 停止 ,已知汽车的质量 m=2×103 kg,汽车运动过程中所受的阻力大小不变 ,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。 7. (2019 辽宁大连高一检测 )质量为 m= 2 kg 的物体静止在水平地面上 ,物体与水平地面之间的动摩擦因 数为 μ= 0.5。现在对物体施加如图所示的力 F,F= 10 N,θ=37° ,且 sin 37°= 0.6,cos 37°= 0.8。经 t= 10 s 后撤去力 F,再经一段时间 ,物体静止 ,g 取 10 m/s2。求 : (1)物体运动过程中的最大速度 ; (2)物体运动的总位移大小。 能力提升 1.一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始 ,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块 与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 a 表示物块的加速度大小 ,F 表示水平拉力的大小。能 正确描述 F 与 a 之间关系的图像是 ( ) 2. (多选 )(2019 北京人大附中高一上期末 )如图所示 ,质量为 m 的小球置于倾角为 θ的斜面上 ,被一个竖直 挡板挡住。现用一个水平力 F 拉斜面 ,使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动 ,重力加速 度为 g,忽略一切摩擦 ,以下说法正确的是 ( ) A.斜面对小球的弹力为 ???? cos?? B.斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为 ma C.若增大加速度 a,斜面对小球的弹力一定增大 D.若增大加速度 a,竖直挡板对小球的弹力一定增大 3.(多选 )质量 m=2 kg、初速度 v0= 8 m/s 的物体沿着粗糙水平面向右运动 ,物体与地面之间的动摩擦因 数 μ=0.1,同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力 F 的作用 ,设水平向右为拉力的正 方向 ,且物体在 t=0 时刻开始运动 ,g 取 10 m/s2,则以下结论正确的是 ( ) A.0 ~1 s内,物体的加速度大小为 2 m/s2 B.1~2 s 内,物体的加速度大小为 2 m/s2 C.0~1 s 内,物体的位移为 7 m D.0~2 s内,物体的总位移为 11 m 4. (多选 )蹦极运动的示意图如图所示 ,弹性绳的一端固定在 O 点 ,另一端和运动员相连。运动员从 O 点 自由下落 ,至 B 点弹性绳自然伸直 ,经过合力为零的 C 点到达最低点 D,然后弹起。整个过程中忽略空 气阻力。分析这一过程 ,下列表述正确的是 ( ) A.经过 B 点时 ,运动员的速率最大 B.经过 C 点时 ,运动员的速率最大 C.从 C 点到 D 点 ,运动员的加速度增大 D.从 C 点到 D 点 ,运动员的加速度不变 5.如图所示 ,质量为 m=3 kg 的木块放在固定的倾角为 θ=30°的足够长斜面上 ,木块可以沿斜面匀速 下滑。若用沿斜面向上的力 F 作用于木块上 ,使其由静止开始沿斜面向上加速运动 ,经过 t= 2 s时间物 体沿斜面上升 4 m 的距离 ,则推力 F 为(g 取 10 m/s2)( ) A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N 6.用平行于斜面的推力 ,使静止的质量为 m 的物体在倾角为 θ的光滑斜面上 ,由底端向顶端做匀加速 运动。当物体运动到斜面中点时 ,去掉推力 ,物体刚好能到达顶点 ,则推力的大小为 ( ) A.mg(1-sin θ) B.2 mgsin θ C.2mgcos θ D.2 mg(1+ sin θ) 7.一架航模遥控飞行器如图所示 ,其质量 m= 2 kg,动力系统提供的恒定升力 F= 28 N 。试飞时 ,飞行器 从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力恒为 F f= 4 N,g 取 10 m/s2。 (1)第一次试飞 ,飞行器飞行 t1= 8 s 时到达高度 H 等于多少 ? (2)第二次试飞 ,飞行器飞行 t2= 6 s 时遥控器出现故障 ,飞行器立即失去升力 ,求飞行器减速上升阶段的 加速度的大小。 8.如图所示 ,ACD 是一滑雪场示意图 ,其中 AC 是长 L= 8 m、倾角 θ= 37°的斜坡 ,CD 段是与斜坡平滑 连接的水平面。人从 A 点由静止下滑 ,经过 C 点时速度大小不变 ,又在水平面上滑行一段距离后停 下。人与接触面间的动摩擦因数均为 μ= 0.25,不计空气阻力 ,g 取 10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37°= 0.8。 (1)求人从斜坡顶端 A 滑至底端 C 所用的时间。 (2)人在离 C 点多远处停下 ? 参考答案 5 牛顿运动定律的应用 基础巩固 1.C 汽车的速度 v0=90 km/h=25 m/s,设汽车做匀减速直线运动的加速度大小为 a, 则 a=Δ ?? ?? = ??0 ??=5 m/s2,对乘客应用牛顿第二定律可得 F=ma= 70×5 N=350 N,所以 C 正 确。 2.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。由匀变速直线运动速度与位移关系式 ??0 2=2ax,可得汽车刹车前的速度为 v0=√2????= √2??????=14 m/s,因此选项 B 正确。 3.B 根据牛顿第二运动定律得 ,汽车刹车的加速度 a=??f ?? = ???? ?? =g ,则继续滑行的距离 s=??02 2??= 20 m,B 项正确。 4.D 由牛顿第二运动定律得 F-μmg=ma,所以 a= ?? ??-μg,对比 A、B、C 三项 ,均不能 满足要求 ,故均错误 ;由 v=at 得 2v=a·2t,所以选项 D 正确。 5.B 根据 v2=2ax,得 a= ??2 2??= 100 2 2×0.5 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。 6.点拨 汽车的运 动分析 根据运动学公 式求加速度 确定汽车 所受各力 解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动 ,则 x0= ??0+0 2 t1,解得 v0= 2??0 ??1 =4 m/s。 (2)汽车滑行减速过程中加速度 a2= 0-??0 ??2 =-2 m/s2 由牛顿第二定律得 -F f=ma2 解得 Ff=4×103 N。 (3)开始加速过程中加速度为 a1,则 x0= 1 2a1??1 2 由牛顿第二定律得 F-F f=ma1 解得 F=F f+ma1=6×103 N。 答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N 7.解析 (1)撤去力 F 前,对物体进行受力分析 ,如图甲所示 ,则有 Fsin θ+F N=mg Fcos θ-F f=ma1 又 Ff=μFN 联立以上各式解得 a1=0.5 m/s2 物体在 t= 10 s撤去力 F 时速度最大 , v=a1t= 5 m/s, 此时物体的位移 x1= 1 2a1t2=25 m。 (2)撤去 F 后 ,对物体进行受力分析 ,如图乙所示 ,则有 Ff'= μFN'= μmg=ma2,解得 a2=5 m/s2 撤去力 F 后 ,由运动学公式得 2a2x2=v 2 解得 x2= 2.5 m 故物体运动的总位移为 x=x1+x2=27.5 m。 答案 (1)5 m/s (2)27.5 m 能力提升 1.C 静摩擦力随外力而改变 ,当外力大于最大静摩擦力时 ,物体才产生加速度 ,可利 用牛顿第二定律列方程求解。物块受到拉力和摩擦力作用 ,根据牛顿第二定律 F- μmg=ma,当 F≤Ffmax 时 ,a=0;当 F>F fmax 时 ,a 与 F 成一次函数关系 ,选项 C 正确。 2.AD 对小球受力分析如图所示。把斜面对小球的弹力 FN2 进行正交分解 ,竖直方向有 FN2cos θ=mg,水平方向有 FN1-F N2sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为 FN2= ???? cos??,A 正确。 FN1=ma+mgtan θ。由于 FN2= ???? cos??与 a 无关 ,故当增大加速度 a 时 ,斜面对小球的弹力不 变 ,挡板对小球的弹力 FN1 随 a 增大而增大 ,C 项错误 ,D 项正确。小球受到的合力为 ma,B 项错误。 3.BD 0~1 s内,物体的加速度大小 a1= ??+?????? ?? = 6+0 .1× 2× 10 2 m/s2= 4 m/s2,A 项错 误 ;1~2 s内物体的加速度大小 a2= ??'-?????? ?? = 6-0.1× 2× 10 2 m/s2=2 m/s2,B 项正确 ;物体运动的 v-t 图像如图所示。 故 0~1 s内物体的位移为 x1= (4+8 )×1 2 m=6 m,C 项错误 ;0~2 s内物体的总位移 x=x1+x2= 6+ (4+6 )×1 2 m=11 m,D 项正确。 4.BC 在 BC 段,运动员所受重力大于弹力 ,向下做加速度逐渐减小的变加速运动 ,当 a=0 时 ,速度最大 ,即在 C 点时速度最大 ,选项 B 正确。在 CD 段,弹力大于重力 ,运动员做 加速度逐渐增大的变减速运动 ,选项 C 正确。 5.D 因木块能沿斜面匀速下滑 ,由平衡条件知 mgsin θ=μmgcos θ,所以 μ= tan θ;当在 推力作用下加速上滑时 ,由运动学公式 x=1 2at2 得 a=2 m/s2,由牛顿第二定律得 F-mgsin θ- μmgcos θ=ma,解得 F= 36 N,D 正确。 6.B 根据题意知 ,匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移相等 ,根据 x= ??2 2??知 ,加速 运动的过程中 ?? 2 = ??2 2??1 ,匀减速运动的过程中 ?? 2 = 0-??2 -2??2 ,可以知道匀加速直线运动和匀减速 直线运动的加速度大小相等。匀加速直线运动的加速度大小 a1= ??-????sin?? ?? ,匀减速直线运 动的加速度大小为 a2= ????sin?? ?? 。因 a1=a2,则 ??-????sin?? ?? = ????sin?? ?? ,计算得出 F= 2mgsin θ。所 以 B 选项是正确的 ,A、C、D 错误。 7.解析 (1)第一次飞行中 ,设加速度为 a1 由牛顿第二定律得 F-mg-Ff=ma1 飞行器上升的高度 H= 1 2a1??1 2 以上两式代入数据解得 H= 64 m。 (2)第二次飞行中 ,设失去升力后的加速度为 a2 由牛顿第二定律得 mg+F f=ma2 代入数据解得 a2=12 m/s2,方向向下。 答案 (1)64 m (2)12 m/s2 8.解析 (1)人在斜坡上下滑时 ,受力分析如图所示。 设人沿斜坡下滑的加速度为 a,沿斜坡方向 ,由牛顿第二定律得 mgsin θ-Ff=ma Ff=μFN 垂直于斜坡方向有 FN-mgcos θ=0 由匀变速运动规律得 L= 1 2at2 联立以上各式得 a=g sin θ-μgcos θ=4 m/s2 t=2 s。 (2)人在水平面上滑行时 ,水平方向只受到地面的摩擦力作用。设在水平面上人减速 运动的加速度为 a',由牛顿第二定律得 μmg=ma' 设人到达 C 处的速度为 v,则由匀变速直线运动规律得 人在斜面上下滑的过程 :v2=2aL 人在水平面上滑行时 :0-v2=-2a'x 联立以上各式解得 x=12.8 m。 答案 (1)2 s (2)12.8 m