2020版高中物理 第四章 牛顿运动定律

2020版高中物理 第四章 牛顿运动定律

‎3　牛顿第二定律 基础巩固 ‎1(多选)下列对于牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解中,正确的是(　　)‎ A.由F=ma可知,物体所受的合外力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比 B.由m C.由a D.由m 解析:a、m、F三个物理量的决定关系是力F和质量m决定了加速度a,而加速度a不能决定力的大小或质量的大小。若知道物体的受力大小和加速度大小,由m 答案:CD ‎2‎ 物体在与其初速度始终共线的合外力F的作用下运动。取v0方向为正,合外力F随时间t的变化情况如图所示,则在0~t1这段时间内(　　)‎ A.物体的加速度先减小后增大,速度也是先减小后增大 B.物体的加速度先增大后减小,速度也是先增大后减小 11‎ C.物体的加速度先减小后增大,速度一直在增大 D.物体的加速度先减小后增大,速度一直在减小 解析:由a,物体的加速度先减小后增大,因加速度与速度方向始终相同,因此物体的速度一直在增大。‎ 答案:C ‎3静止在光滑水平面上的物体,受到一个水平拉力,在力刚开始作用的瞬间,下列说法正确的是(　　)‎ A.物体立即获得加速度和速度 B.物体立即获得加速度,但速度仍为零 C.物体立即获得速度,但加速度仍为零 D.物体的速度和加速度均为零 解析:由牛顿第二定律的同时性可知,力作用的瞬时即可获得加速度,但速度仍为零。‎ 答案:B ‎4搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车,当力沿斜面向上,大小为F时,物体的加速度为a1;若保持力的方向不变,大小变为‎2F时,物体的加速度为a2,则(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.a1=a2 B.a1‎2a1‎ 解析:a‎1a2>‎2a1。‎ 答案:D 11‎ ‎5‎ 右图为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼-10”战机大仰角沿直线加速爬升的情景。则战机在爬升过程中所受合力方向(　　)‎ A.竖直向上 B.与速度方向相同 C.与速度方向相反 D.与速度方向垂直 答案:B ‎6在水平地面上有一质量为‎2 kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动,10 s后拉力大小减 ‎(1)物体受到的拉力F的大小;‎ ‎(2)物体与地面之间的动摩擦因数。‎ 解析:0~10 s间物体加速度大小a‎1m/s2‎ ‎10~14 s间物体加速度大小a‎2‎m/s2‎ 根据牛顿第二定律有 11‎ F-μmg=ma1‎ μmgμ=0.34,F=8.4 N。‎ 答案:(1)8.4 N　(2)0.34‎ ‎7‎ 如图所示,水平恒力F=20 N,把质量m=‎0.6 kg的木块压在竖直墙上,木块离地面的高度h=‎6 m。木块从静止开始向下做匀加速运动,经过2 s到达地面。求:‎ ‎(1)木块下滑的加速度a的大小;‎ ‎(2)画出木块的受力示意图;‎ ‎(3)木块与墙壁之间的滑动摩擦因数(g取‎10 m/s2)。‎ 解析:(1)由ham/s2。‎ ‎(2)如图所示。‎ ‎(3)由牛顿第二定律 a 11‎ 得μ 答案:(1)‎3 m/s2　(2)见解析　(3)0.21‎ ‎8‎ 如图所示,质量m=‎1 kg的球穿在斜杆上,斜杆与水平方向成30°角,球与杆之间的动摩擦因数 μ 解析:球受到重力mg、杆的支持力FN、杆的摩擦力Ff和竖直向上的拉力四个力的作用(如图所示),建立直角坐标系,则由牛顿第二定律得 Fsin 30°-mgsin 30°-Ff=ma Fcos 30°=mgcos 30°+FN Ff=μFN 联立以上各式即可解得a=‎2.5 m/s2。‎ 答案:‎2.5 m/s2‎ 能力提升 11‎ 甲 ‎1一物体做直线运动的v-t图象如图甲所示,则图乙中能正确反映物体所受合力F随时间变化情况的是(　　)‎ 乙 解析:在0~2 s内,物体做匀加速直线运动,2~4 s内物体做匀减速直线运动,4~6 s内物体做反方向的匀加速直线运动,且2~6 s内物体的加速度相同,6~8 s内物体做反方向的匀减速直线运动,综上可知选项B正确。‎ 答案:B ‎2三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上,它们与桌面间的动摩擦因数均相同。现用大小相同的外力F沿如图所示的方向分别作用在1和2上,‎ A.a1=a2=a3 B.a1=a2,a2>a3‎ C.a1>a2,a2a2,a2>a3‎ 答案:C ‎3‎ 11‎ A、B两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连,放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙。用力F向左推B球将弹簧压缩,如图所示。然后突然将力F撤去,在撤去力F的瞬间,A、B两球的加速度分别为(　　)‎ A.0,0 B C.0‎ 解析:弹簧处于压缩状态时,水平方向B球受到力F和弹簧的弹力F1的作用而静止,有F=F1,A球受到弹簧的弹力F1'和墙壁的弹力F2的作用而静止,且F1'=F2。撤去力F的瞬间,A球仍受到弹簧的弹力F1'和墙壁的弹力F2的作用,加速度a1=0;B球只受到弹力F1的作用,加速度a2‎ 答案:C ‎4(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小 A.8 B‎.10 ‎C.15 D.18‎ 11‎ 解析:设这列车厢的总节数为n,每节车厢质量为m,从P、Q处将车厢分成东、西两部分,东边为x节,西边为(n-x)节,这列车厢以加速度a向东行驶时,F=(n-x)m·a;以加速F=xm·3n=5x,因为n、x取正整数,故选项B、C正确。‎ 答案:BC ‎★5‎ 如图所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为(　　)‎ A.0 B C.g D 解析:撤离木板瞬间,小球所受重力和弹簧弹力没变,二者合力大小等于撤离前木板对球的支持力FN,由于FNa 答案:B ‎6‎ 11‎ 如图所示,质量为‎60 kg的滑雪运动员,在倾角θ为30°的斜坡顶端,从静止开始匀加速下滑‎90 m到达坡底,用时 10 s。若g取‎10 m/s2,求:‎ ‎(1)运动员下滑过程中加速度的大小;‎ ‎(2)运动员到达坡底时速度的大小;‎ ‎(3)运动员受到的合外力的大小。‎ 解析:(1)由xam/s2。‎ ‎(2)v=at=‎18 m/s。‎ ‎(3)F=ma=60×1.8 N=108 N。‎ 答案:(1)‎1.8 m/s2　(2)‎18 m/s　(3)108 N ‎★7‎ 如图所示,沿水平方向做匀加速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角,小球和车厢相对静止,球的质量为‎1 kg。(g取‎10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ ‎(1)求车厢运动的加速度,并说明车厢的运动情况。‎ ‎(2)求悬线对球的拉力大小。‎ 11‎ 解析:(1)车厢的加速度与小球的加速度相同,由小球的受力分析知(如图所示):a37°m/s2。‎ 加速度大小为‎7.5 m/s2,方向向右。车厢向右做匀加速运动或向左做匀减速运动。‎ ‎(2)由图可知,线对小球的拉力大小为 FN=12.5 N。‎ 悬线对小球的拉力为12.5 N。‎ 答案:(1)‎7.5 m/s2,方向向右　车厢向右做匀加速运动或向左做匀减速运动。‎ ‎(2)12.5 N ‎★8‎ 如图所示,一质量m=‎5 kg的物体静止在水平地面上,在斜向上的恒力F的拉动下,开始向右运动。已知力F=50 N,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.4,力F与水平方向的夹角θ=37°。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)求地面对物体的支持力的大小;‎ ‎(2)求力F作用5 s时物体的速度的大小;‎ ‎(3)如果力F作用5 s后撤去,则物体在从静止开始运动的15 s内通过的位移是多大?‎ 11‎ 解析:对物体受力如图所示,以加速度的方向为x轴正方向,建立坐标系。‎ ‎(1)y轴上受力平衡,有 FN+F1=mg　F1=Fsin θ 联立解得FN=20 N ‎(2)x轴上,物体做匀加速直线运动,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有 F2-Ff=ma1‎ F2=Fcos θ 而Ff=μFN 解得a1=‎6.4 m/s2‎ 则5 s末物体的速度大小 v=a1t1=‎32 m/s ‎(3)撤去力F后,物体受到的滑动摩擦力为 Ff=μmg 物体在水平方向的加速度a2=μg=‎4 m/s2‎ 则物体减速到零所用的时间t2s 因为在(5+8) s后物体静止下来,所以物体在从静止开始运动的15 s内通过的位移 xm 答案:(1)20 N　(2)‎32 m/s　(3)‎‎208 m 11‎