【物理】2020届一轮复习人教版 用牛顿运动定律解决问题 课时作业
2020届一轮复习人教版 用牛顿运动定律解决问题 课时作业
一、选择题
1．(已知受力求运动情况)假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，洒水车匀速行驶，洒水时它的运动将是( )
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
答案 A
解析 a＝＝＝－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。
2.
(已知受力求运动情况)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案 C
解析 根据物块的运动情况可知，加恒力F前、后，物块的受力情况分别如图甲、乙所示；则由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma′，两式相除得：＝>1，所以a′>a，故只有C正确。
3．(已知受力求运动情况)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是( )
答案 C
解析 对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－F阻＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v－t图象中其斜率变小，故C正确。
4.
(已知受力求运动情况)如图所示，AD、BD、CD是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达D点所用的时间，则( )
A．t1
t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
答案 D
解析 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿杆方向的分力产生的，设杆与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，则a＝gcosθ①
设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至到达D点的位移x＝2Rcosθ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③联立解得t＝2。
即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故t1＝t2＝t3。D正确。
5．(综合)(多选)在一东西方向的水平直铁轨上，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为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10 C．15 D．18
答案 BC
解析 设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝max，联立可得n＝x，x为3的倍数，则n为5的倍数，B、C正确，A、D错误。
6．(已知受力求运动情况)(多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
A．4 m/s2 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．1 m/s2
答案 AB
解析 如图，当mgtan15°＝ma即a＝2.7 m/s2时只有N传感器有示数，若要Q传感器也有示数，即工件对Q有压力FN，以工件为研究对象，工件在竖直方向上受力mg＋FN′，FN′＝FN，(mg＋FN′)tan15°＝ma′，a′＞2.7 m/s2
，故A、B正确，C、D错误。
7．(已知运动情况求受力)(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是( )
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
答案 BC
解析 在速度—时间图象中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速直线运动，外力F为恒力；1～3 s内，物块做匀速直线运动，外力F的大小恒定，3～4 s内，物块做减速运动，加速度不断增大，合力不断增大，F合＝F－Ff，Ff不变，外力F由大变小。综上所述，只有B、C两项正确。
二、非选择题(按照题目要求作答，计算题须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题注明单位)
8．(已知运动情况求受力)某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目。该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m(不计空气阻力，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)。问：
(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？
答案 (1)80 N (2)0.12
解析 (1)沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
mgsinθ－Ff＝ma，
且x＝at2，联立并代入数值后，
得Ff＝m＝80 N。
(2)在垂直斜面方向上，FN－mgcosθ＝0，又Ff＝μFN
联立并代入数值后，得μ＝＝≈0.12。
9．(综合)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B的间距L＝20 m。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处。(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并恰能到达B处，求该力作用的最短时间。
答案 (1)0.5 (2)1.03 s
解析 (1)物体做匀加速直线运动，有L＝at
所以a＝＝10 m/s2
根据牛顿第二定律有F－f＝ma
则f＝F－ma＝10 N
所以μ＝＝0.5。
(2)设F作用的最短时间为t，则物体先以大小为a1的加速度匀加速t秒，撤去外力后，物体以大小为a2的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰好为零，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
所以a1＝－μg＝11.5 m/s2
a2＝＝μg＝5 m/s2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t＝a2t′
所以t′＝t＝t＝2.3t
又L＝a1t2＋a2t′2
所以t＝≈1.03 s。
10.
(已知受力求运动情况)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)问：
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
答案 (1)1.33 s (2)0.85 s 2.3 m/s
解析 (1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1，
解得：a1＝6 m/s2
t1＝＝ s
x1＝＝ m
物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N。
故不能相对斜面向上加速。故得：
a2＝0
x＝
t2＝＝ s
得t＝t1＋t2＝ s≈1.33 s。
(2)若达到同速后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin37°>μmgcos37°，
故减速上行mgsin37°－μmgcos37°＝ma3，
得a3＝2 m/s2
物块减速到0的位移x0＝＝4 m
x2＝x－x1＝ m
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