用牛顿运动定律解决问题
用牛顿运动定律解决问题1
§4.6 用牛顿运动定律解决问题〔一〕一、教材分析：力和物体运动的关系问题，一直是动力学研究的根本问题，人们对它的认识经历了一个漫长的过程，直到牛顿用他的三个定律对这一类问题作出了精确的解决．牛顿由此奠定了经典力学的根底．牛顿三定律成为力学乃至经典物理学中最根本、最重要的定律．牛顿第一定律解决了力和运动的关系问题；牛顿第二定律确定了运动和力的定量关系；牛顿第三定律确定了物体间相互作用力遵循的规律．动力学所要解决的问题由两局部组成：一局部是物体运动情况；另一局部是物体与周围其他物体的相互作用力的情况．牛顿第二定律恰好为这两局部的链接提供了桥梁．应用牛顿运动定律解决动力学问题，高中阶段最为常见的有两类根本问题：一类是物体的受力情况，要求确定出物体的运动情况；另一类是已经知道物体的运动情况，要求确定物体的受力情况．要解决这两类问题，对物体进行正确的受力分析是前提，牛顿第二定律那么是关键环节，因为它是运动与力联系的桥梁．二、教学目标：1．知识与技能：①知道动力学的两类根本问题，掌握求解这两类根本问题的思路和根本方法．②进一步认识力的概念，掌握分析受力情况的一般方法，画出研究对象的受力图．2．过程与方法：①培养学生运用实例总结归纳一般解题规律的能力．②会利用正交分解法在相互垂直的两个方向上分别应用牛顿定律求解动力学问题．③掌握用数学工具表达、解决物理问题的能力．3．情感、态度与价值观：通过牛顿第二定律的应用，提高分析综合能力，灵活运用物理知识解决实际问题．三、教学重难点：重点:应用牛顿运动定律解决动力学的两类根本问题．难点:动力学两类根本问题的分析解决方法．四、教学过程：1、导入新课：利用多媒体播放“嫦娥三号月球探测车”“和谐号”列车高速前进等录像资料．我国科技工作者能准确地预测火箭的升空、变轨，列车的再一次大提速节约了很多珍贵的时间，“缩短”了城市间的距离．这一切都得益于人们对力和运动的研究．我们现在还不能研究如此复杂的课题，就让我们从类似较为简单的问题入手，看一下这类问题的研究方法．2、新课教学：牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力的情况联系起来．因此，它在天体运动的研究、车辆的设计等许多根底学科和工程技术中都有广泛的应用．由于我们知识的局限，这里只通过一些最简单的例子作介绍．一、从受力确定运动情况如果物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律就可以确定物体的运动情况．例1一个静止在水平地面上的物体，质量是2 kg ，在6.4 N 的水平拉力作用下沿水平方向向右运动．物体与地面间的摩擦力是4.2 N ，求物体在4 s 末的速度和4 s 内发生的位移．分析：这个问题是物体受的力，求它的速度和位移，即它的运动情况．教师设疑：1．物体受到的合力沿什么方向？大小是多少？ 2．这个题目要求计算物体的速度和位移，而我们目前只能解决匀变速运动的速度和位移．物体的运动是匀变速运动吗？师生讨论交流：〔1〕对物体进行受力分析，如图．物体受到四个力的作用：重力G ，方向竖直向下；地面对物体的支持力F N ，竖直向上；拉力F 1，水平向右；摩擦力f ，水平向左．物体在竖直方向上没有发生位移，没有加速度，所以重力G 和支持力F N 大小相等、方向相反，彼此平衡，物体所受合力等于水平方向的拉力F 与摩擦力f 的合力．取水平向右的方向为正方向，那么合力：F ＝F 1－f ＝2.2 N ，方向水平向右．〔2〕物体原来静止，初速度为0，在恒定的合力作用下产生恒定的加速度，所以物体做初速度为0的匀加速直线运动．解析：由牛顿第二定律可知，αm f F =-1求出了加速度，由运动学公式可求出 4 s 末的速度和 4 s 内发生的位移s m at /4.4==υ 讨论交流：从以上解题过程中，总结一下运用牛顿定律解决由受力情况确定运动情况的一般步骤，受力情况和运动情况的链接点是牛顿第二定律，在运用过程中应注意哪些问题？①确定研究对象。
用牛顿运动定律解决问题(一)含答案
一、选择题1、用3N的水平恒力，在水平面上拉一个质量为2kg的木块，从静止开始运动，2s内的位移为2m，则木块的加速度为（） A.0.5m/s2 B.1m/s2 C.1.5m/s2 D.2m/s22、据《新消息》报道，在北塔公园门前，李师傅用牙齿死死咬住长绳的一端，将停放着的一辆卡车缓慢拉动。
小华同学看完表演后做了如下思考，其中正确的是（）A．李师傅选择斜向上拉可以减少车对地面的正压力，从而减少车与地面间的摩擦力B．若将绳系在车顶斜向下拉，要拉动汽车将更容易C．车被拉动的过程中，绳对车的拉力大于车对绳的拉力D．当车由静止被拉动时，绳对车的拉力大于车受到的摩擦阻力3、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.400NC.350ND.300N4、粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动,现使F不断减小,则在滑动过程中( )A.物体的加速度不断减小,速度不断增大B.物体的加速度不断增大,速度不断减小C.物体的加速度先变大再变小,速度先变小再变大D.物体的加速度先变小再变大,速度先变大再变小6、有种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。
一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是（）二、多项选择7、正在加速上升的气球，下面悬挂重物的绳子突然断开，此时( )A．重物的加速度立即发生改变 B．重物的速度立即发生改变C．气球的速度立即改变 D．气球的加速度立即增大三、计算题8、列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s内速度由5.0m／s增加到15.0m／s.（1）求列车的加速度大小．（2）若列车的质量是1.0×106kg，机车对列车的牵引力是1.5×105N，求列车在运动中所受的阻力大小．9、质量为1000Kg的汽车在水平路面上从静止开始运动，经过4s速度达到10m/s，汽车受到的水平牵引力为3000N。
物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析
对
B： a2' /
s2
经分析，B 先停止运动，A 最后恰滑至 B 的最右端时速度减为零，故 v2 v2 L 2a1 2a2 ' 2
【详解】
（1）A、B 间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，
对 A，由牛顿第二定律可知，加速度 a 1g 2m / s2 ；
对 B，由牛顿第二定律可知， Fmin 2 m M g 1mg Ma ，
/
解得 Fmin 18N
（2）F=20N>18N，二者间会相对滑动，对 B，由牛顿第二定律；
（1）若 A、B 间相对滑动，F 的最小值；
（2）当 F=20N 时，若 F 的作用时间为 2s，此时 B 的速度大小；
/
（3）当 F=16N 时，若使 A 从 B 上滑下，F 的最短作用时间．
【答案】（1） Fmin 18N （2） v2 20m / s （3） t2 1.73s
【解析】
【分析】
（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和 木板的位移之差等于 L，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不 能从左侧滑下求解力 F 的范围； 【详解】
（1）铅块： 1mg ma1
解得 a1=4m/s2； 对木板： 1mg 2 (M m)g Ma2 解得 a2=2m/s2
1 2
a1t12
1 2
a2t12
1.25m
撤掉 F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未 a1=8m/s2，减速上滑
而木板： Mg sin 2 (M m)g cos 1mg cos Ma2
则： a2 12m/s2 ，方向沿斜面向下，减速上滑
由于： Mg sin 1mg cos 2 (M m)g cos
用牛顿运动定律解决问题(一)—优质获奖教案
4.6 用牛顿运动定律解决问题（一）教材分析:力和物体运动的关系问题，一直是动力学研究的基本问题，人们对它的认识经历了一个漫长的过程，直到牛顿用他的三个定律对这一类问题作出了精确的解决.牛顿由此奠定了经典力学的基础.牛顿三定律成为力学乃至经典物理学中最基本、最重要的定律.牛顿第一定律解决了力和运动的关系问题；牛顿第二定律确定了运动和力的定量关系；牛顿第三定律确定了物体间相互作用力遵循的规律.动力学所要解决的问题由两部分组成：一部分是物体运动情况；另一部分是物体与周围其他物体的相互作用力的情况.牛顿第二定律恰好为这两部分的链接提供了桥梁.教学目标:知识与技能(1)进一步学习分析物体的受力情况，并能结合物体的运动情况进行受力分析;(2)掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路方法;(3)学会如何从牛顿运动定律入手求解有关物体运动状态参量;(4)学会根据物体运动状态参量的变化求解有关物体的受力情况。
过程与方法(1) 培养学生利用物理语言表达、描述物理实际问题的能力;(2) 帮助学生提高信息收集和处理能力，分析、思考、解决问题能力和交流、合作能力;(3) 帮助学生学会运用实例总结归纳一般问题解题规律的能力;(4) 让学生认识数学工具在表达解决物理问题中的作用。
情感态度与价值观(1)利用我国的高科技成果激发学生的求知欲及学习兴趣;(2)培养学生科学严谨的求实态度及解决实际问题的能力;(3)初步培养学生合作交流的愿望，能主动与他人合作的团队精神，敢于提出与别人不同的见解，也勇于放弃或修正自己的错误观点。
教学重点:(1)已知物体的受力情况，求物体的运动情况;(2)已知物体的运动情况，求物体的受力情况。
教学难点:(1)物体的受力分析及运动状态分析和重要的解题方法的灵活选择和运用;(2)正交分解法。
教学方法:探究、讲授、讨论、练习。
课时安排：1课时+1课时（练习）教学过程设计:一、引入新课（利用PPT显示图片）这张图片中交警正在测量刹车的痕迹，根据这个长度交警能判断出车辆是否超速，这是怎么做到的呢？学习了这节课就能解决这个问题。
用牛顿运动定律解决问题
用牛顿运动定律解决问题（一）用牛顿运动定律解决问题（一）三．自主学习1．匀变速直线运动公式（1）．速度公式：（2）．位移公式：（4）．平均速度公式： =2．从物体的受力情况确定物体的运动情况（类型一）如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的________，再通过_______规律确定物体的运动情况．3．从物体的运动情况确定物体的受力情况（类型二）如果已知物体的运动情况，可以由运动学公式求出物体的________，再通过____ __ 确定物体的受力情况．4．对物体进行受力分析的顺序：先，再，最后．选取研究对象时，常用的方法为和．四．基础达标1．建筑工人用如图4-6-1所示的定滑轮运送建筑材料．质量为70kg的人站在地面上，通过定滑轮将20kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的摩擦，则工人对地面压力的大小为（）（g= 10m/s2）A．510N B．490N C．890N D．910N图4-6-12．质量为0.5kg的物体，受到方向相反的两个力作用，获得3m/s2的加速度，若将其中一个力加倍，物体的加速度为8 m/s2，方向不变，则另一个力的大小是( )A．2.5N B．1.0N C．4.0N D．1.5N3．汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动，可以明显地看出滑动的痕迹，即常说的刹车线，由刹车线的长短可以得知汽车刹车前速度的大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据．若汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.7，刹车线长14m，则可知汽车刹车前速度大约是（）A．7m/s B．10m/s C．14m/s D．20m/s4．在航天技术中，火箭是把航天器送入太空的运载工具之一．在航天器发射的初级阶段，火箭向后吐着长长的“火舌”，推动着航天器竖直上升．设“火舌”产生的推动力大小不变且不计空气阻力．则在这个过程中，航天器的加速度将，速度将（选填“变大”．“不变”或“变小”）5．放在光滑水平面上的物体质量为4kg，在水平方向上受到两个共点力作用，处于静止状态，从某时刻起突然将某力F1=2N的力取消，经2s后物体的速度是 m/s，位移是m.6．一个小物体在竖直向上的大小为F=42N的恒定拉力作用下由静止开始向上运动，2s内上升的位移为8m，g=10m/s2，不计空气阻力．求：（1）．物块运动的加速度大小；（2）．物块的质量大小．7．如图4-6-2所示，水平传送带以不变的速度v向右运动，将工件轻轻的放在传送的左端，由于摩擦力的作用，工件将做匀加速运动，经过时间t，速度变为v，再经时间2t，工件到达传送带的右端，求：（1）．工件在水平传送带上的加速度．（2）．工件与传送带间的动摩擦因数．（3）．工件从水平传送带的左端到达右端通过的距离．图4-6-28．如图4-6-3所示，把质量为2kg的物体放在水平地面上，物体与地面间的摩擦因数为0.2．用12N的水平拉力使物体由静止开始运动，在2s 末撤去拉力．求：（g=10m/s2）（1）．撤去力前，物体加速度的大小．（2）．撤去拉力时，物体瞬时速度的大小．（3）．撤去拉力后，物体还能滑行多远．F图4-6-38．如图4-6-4所示，质量为60kg的滑雪运动员，在倾角为30°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑90m到达坡底，用时10s．若g=10m/s2,求：（1）．运动员下滑过程中加速度的大小．（2）．运动员到达坡底的速度大小．（3）．运动员受到的合外力大小．图4-6-410．为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，已知某高速公路上大巴车最高限速v=90km/h．假设前方车辆因故障突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.40s．刹车时汽车所受到的阻力大小f为汽车重力的0.50倍．该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？（g=10m/s2）。
用牛顿运动定律解决问题(刘玉兵)
F
N
F合 F F1 (20 12) N 8N
a F合 8 m / s 2 4m / s 2 m 2
mg
v at 4 4m / s 16m / s
x 1 2 1 at 4 42 m 32m 2 2
解：F1 mg sin370 110 0.6N 6N
F2 mg cos370 110 0.8N 8N
f
a
f F2 0.25 8N 2N
F合 F1 f (6 2) N 4N
F合 4 a m / s 2 4m / s 2 m 1
1 2 解：由x at 得： 2
a
f
a
2x 2 4 2 m / s 2 2m / s 2 t2 2
F1
mg
∴F合 ma 2 2N 4N
F2
∵F1 mg sin37 2 10 0.6N 12N
0
FN F2 16 N
∴ f 8 0.5 FN 16
∴f F2 F合 8N 5.2N 2.8N
FN mg F1 (2 10 6) N 14N
∴ f 2.8 0.2 FN 14
答：物体与地面间的动摩擦因数为0.2
沭阳府苑中学
4.6用牛顿运动定律解决问题（一）
主备人：刘玉兵
例题 2、一倾角为 37°的粗糙斜面（足够长）上，质量为 2kg 的小物体 A(大小不计)从斜面 4m 顶端 A 点由静止开始下滑，物体在 2s 内的位移是 16m。求物体与地面间的动摩擦因数 2 N (已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s )
物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析
物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
物理：4.6《用牛顿运动定律解决问题(一)》(人教版必修一)
O
F
G
思考:如果物体与地面的动摩擦因数为 ， 思考 如果物体与地面的动摩擦因数为0.2， 如果物体与地面的动摩擦因数为 其他条件不变。其结果如何？ 其他条件不变。其结果如何？
一、 从受力确定运动情况
已知物体受力情况确定运动情况， 已知物体受力情况确定运动情况，指 的是在受力情况已知的条件下， 的是在受力情况已知的条件下，要求判断 出物体的运动状态或求出物体的速度、 出物体的运动状态或求出物体的速度、位 移等。 移等。 处理这类问题的基本思路是： 处理这类问题的基本思路是：先分 析物体受力情况求合力 求合力， 析物体受力情况求合力，据牛顿第二定律 求加速度，再用运动学公式求所求量 求加速度，再用运动学公式求所求量(运 动学量) 动学量)。
解：物体受力如图 由图知：F合=F－f=ma − f 6.4 − 4.2 = = 1.1m / s 2 m 2
G
vt = v0 + at = 0 + 1.1× 4 = 4.4m / s
1 2 1 s = v0 t + at = × 1.1 × 4 2 = 8 .8 m 4s内的位移 内的位移 2 2
【练习2】用弹簧秤拉着一个物体在水平面 练习2 上做匀速运动, 弹簧秤的示数是0.40N. 然后 上做匀速运动 弹簧秤的示数是 用弹簧秤拉着这个物体在水平面上做匀变 速运动, 测得加速度是 速运动 测得加速度是0.85 m/s2, 弹簧秤的 示数是2.10N。这个物体的质量是多大? 。这个物体的质量是多大 示数是
【答案】µ=0.48 答案】
θ
练习： 练习：
蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦 翻滚并做各种空中动作的运动项目， 跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目， 一个质量为60kg的运动员，从离水平网面 的运动员， 一个质量为 的运动员 3.2ｍ高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦 ｍ高处自由下落， 回到离水平网面5.0ｍ高处。 回到离水平网面 ｍ高处。已知运动员与 网接触的时间为1.2ｓ， ｓ，若把在这段时间内 网接触的时间为 ｓ，若把在这段时间内 网对运动员的作用力当作恒力处理， 网对运动员的作用力当作恒力处理，求此 力的大小（ 取 力的大小（g取10m/s2）。 F = 1.5×103N ×
用牛顿运动定律解决问题习题(刘玉兵)
A
）
把两块砖看成整体， 把两块砖看成整体，
6.如图，把球夹在竖直墙 AC 和木板 BC 之间，不计摩擦，球对墙的压力为 N1， 球对板的压力为 N2，在将板 BC 逐渐放至水平的过程中，下列说法正确的是 （ B ） 设木板与墙的夹角为θ A.N1 和 N2 都增大。 B.N1 和 N2 都减小。 C.N1 增大，N2 减少。 D.N1 减小，N2 增大。
1 1 x = x1 + x2 + x3 = a1t12 + vt2 + a3t32 2 2 1 1 = [ × 3× (2)2 + 6× 2 + × 2× (3)2 ]m 2 2
∵mg − F3 = ma3
∴F3 = mg − ma3 = (20×10 − 20× 2)N =160N
= 27m
3.从上面的例题可以得出物体0.6s的位移比1.6s位移还大，这是为什么呢？
上升到最高点又返回了
☆小试牛刀
1.关于超重和失重，下列说法正确的是（ A.超重就是物体的重力增加了。 B.失重就是物体受的重力减小了。 C.完全失重就是物体一点重力都没有了。 D.不论超重或失重，物体所受重力是不变的。
D
3
6.某人在 a=2m/s 匀加速下降的升降机中最多能举起 m1=75kg 的物体，则此人在地面上 最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀速上升的升降机中最多能举起 m2=50kg 的物体， ∧
加
2
则此升降机上升的加速度为多大？
解：∵m1 g − F = m1a ∴F = m1g − ma1 = (75×10 − 75× 2)N = 600N 1
重力大于支持力
加速度方向向下
4.一个人站在吊台上，利用如图的定滑轮装置拉绳，把吊台和自己匀速提升 起来，人的质量为 55kg，吊台的质量为 15kg，这时人对吊台的压力为（g 取 2 10m/s ） （ ） A.700N B.350N C.200N D.275N
用牛顿运动定律解决问题(一)(含答案)
用牛顿运动定律解决问题(一)(40分钟 50分)一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)1.如图所示,小车以加速度a向右匀加速运动,车中小球质量为m,则线对球的拉力为( )A.mB.m(a+g)C.mgD.ma2.设洒水车的牵引力不变,所受的阻力与车重成正比,洒水车在平直路面上原来匀速行驶,开始洒水后,它的运动情况将是( )A.继续做匀速运动B.变为做匀加速运动C.变为做匀减速运动D.变为做变加速运动3.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,如图所示的图像可以正确反映出雨滴下落运动情况的是( )4.如图所示,一轻质弹簧竖直放置在水平地面上,下端固定。
弹簧原长为20cm,劲度系数k=200N/m。
现用竖直向下的力将弹簧压缩到10cm后用细线拴住,此时在弹簧上端放置质量为0.5 kg的物块,取g=10m/s2。
在烧断细线的瞬间,下列说法正确的是( )A.物块的加速度为30 m/s2,方向竖直向上B.物块的加速度为10 m/s2,方向竖直向下C.物块的加速度为零D.物块的速度为零5.一辆雪橇的质量是500kg,它与地面间的动摩擦因数为μ=0.02,在F=300N的水平拉力作用下,雪橇由静止开始匀加速前进,前进20m时撤掉水平力F,那么雪橇一共行驶的时间为(g=10m/s2)( )A.10 sB.20 sC.30 sD.40 s6.一间新房要盖屋顶,为了使下落的雨滴能够以最短的时间淌离屋顶,则所盖屋顶的顶角应为(设雨滴沿屋顶下淌时,可看做在光滑的斜坡上下滑)( )A.60°B.90°C.120°D.150°二、非选择题(本题共2小题,共20分。
要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)7.有一特警队员在训练中从一根竖直杆上由静止滑下,经一段时间落地,如图甲所示。
队员下滑过程中受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。
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智浪教育--普惠英才文库 用牛顿运动定律解决问题(二) 同步检验题
1.物体在共点力作用下,下列说法中正确的是( ) A.物体的速度在某一时刻等于零时,物体就一定处于平衡状态 B.物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态 C.物体所受合力为零时,就一定处于平衡状态 D.物体做匀加速运动时,物体处于平衡状态 解析:处于平衡状态的物体,从运动形式上是处于静止或匀速直线运动状态,从受力上来看,物体所受合外力为零。 某一时刻速度为零的物体,受力不一定为零,故不一定处于平衡状态,A错;物体相对于另一物体静止时,该物体不一定静止,如当另一物体做变速运动时,该物体也做变速运动,此物体处于非平衡状态,故B错;C选项符合平衡条件的判断,为正确选项;物体做匀加速运动,所受合力不为零,故不是平衡状态,D错。 答案:C 2.
如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为( ) A.G和G B.错误！未找到引用源。G和错误！未找到引用源。G C.错误！未找到引用源。G和错误！未找到引用源。G D.错误！未找到引用源。G和错误！未找到引用源。G 解析:由对称性可知两绳的拉力大小应相等,所以排除C选项;由平衡条件可知竖直方向上2Fcos45°=G,F=错误！未找到引用源。G,选项B正确。 答案:B 3.
(多选)如图所示,电灯悬挂于两墙壁之间,更换水平绳OA使连接点A向上移动,而保持O点的位置不变,则A点向上移动时( ) A.绳OB的拉力逐渐增大 B.绳OB的拉力逐渐减小 C.绳OA的拉力先增大后减小 D.绳OA的拉力先减小后增大 解析:该题是动态平衡问题,取结点O为研究对象,绳OA、OB的拉力的合力F与灯的重力G大小相等、方向相反,始终不变。由平行四边形定则画出矢量图如图所示。由图可知,在A点上移的过程中,错误！未找到引用源。先变小后增大,错误！未找到引用源。一直减小,故选B、D。 智浪教育--普惠英才文库 答案:BD 4.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,力矩也为零,因此在太空实验舱内不能完成。同理,水银气压计也不能测出舱内压强。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 5.下列说法中正确的是( ) A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 解析:当加速度方向竖直向下时,物体处于失重状态;当加速度方向竖直向上时,物体处于超重状 态。蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下,且a=g,为完全失重状态,所以B项正确。而A、C、D三项中运动员均为平衡状态,F=mg,既不超重也不失重。 答案:B
6.如图所示,一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水,假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动,且忽略空气阻力,则( ) A.容器自由下落时,小孔向下漏水 B.将容器竖直向上抛出,容器向上运动时,小孔向下漏水;容器向下运动时,小孔不向下漏水 C.将容器水平抛出,容器在运动中小孔向下漏水 D.将容器斜向上抛出,容器在运动中小孔不向下漏水 解析:题中几种运动,对整体分析,都只受重力作用,运动加速度为g,方向向下,容器中的水处于完全失重,对容器底部无压力。故在底部的小孔处水不会漏出。 答案:D 7.(多选)下列几种情况中,物体处于平衡状态的是( ) A.静止在粗糙平面上的物体 B.沿光滑斜面自由下滑的物体 C.竖直上抛的物体在到达最高点时 D.在不光滑的水平面上做匀速直线运动的木块 解析:物体处于平衡状态的条件是所受合力为零,其表现为静止或匀速直线运动,因而A、D两项智浪教育--普惠英才文库 正确。又因沿斜面自由下滑的物体,其加速度为a=gsinθ;上抛运动的物体在最高点时v=0,但a=g,并非平衡状态,故B、C两项错误。 答案:AD 8.
如图所示,粗糙的水平地面上有一斜劈,斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑,斜劈保持静止,则地面对斜劈的摩擦力( ) A.等于零 B.不为零,方向向右 C.不为零,方向向左 D.不为零,v0较大时方向向左,v0较小时方向向右 解析:物块匀速下滑,由平衡条件可知物体受到斜劈的作用力的合力竖直向上,根据牛顿第三定律可知物块对斜劈的作用力的合力竖直向下,故斜劈没有相对地面运动的趋势,即不受地面对它的摩擦力,选项A正确。 答案:A 9.某物体受四个力的作用而处于静止状态,保持其他三个力的大小和方向均不变,使另一个大小为F的力的方向转过90°,则欲使物体仍保持静止状态,必须再加上一个大小为多少的力( ) A.F B.错误！未找到引用源。F C.2F D.3F 解析:物体受四个力作用而处于静止状态时,F与其余三个力的合力等大、反向,设为F',当F转过90°时,F'与F夹角为90°,又F'=F,两力的合力F合=错误！未找到引用源。F,故需加一个大小为错误！未找到引用源。F的力。 答案:B
10.如图所示,置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机。三脚架的三根轻质支架等长,与竖直方向均成30°角,则每根支架承受的压力大小为( ) A.错误！未找到引用源。mg B.错误！未找到引用源。mg C.错误！未找到引用源。mg D.错误！未找到引用源。mg 解析:设每根支架对照相机的支持力大小均为FN,由受力平衡得3FNcos30°=mg,解得FN=错误！未找到引用源。mg,由牛顿第三定律可知支架承受的压力大小也为错误！未找到引用源。mg,选项D正确。 答案:D 11.
如图所示,在托盘测力计上放一个重力为5 N的斜木块,斜木块的斜面倾角为37°,现将一个重量为5 N的小铁块无摩擦地从斜面顶端滑下,在小铁块下滑的过程中,测力计的示数为(g取10 N/kg)( ) A.8.2 N B.7 N C.7.4 N D.10 N 解析:小铁块对斜面压力的竖直分量和斜面的重力之和是对托盘的压力FN=G·cos37°·sin37°+Mg=(5×0.8×0.6+5)N=7.4N,小铁块对斜面压力的水平分量产生对托盘的水平方向的静摩擦力,从而在托盘与测力计的水平的接触杆间产生弹力,而不能测量,甚至智浪教育--普惠英才文库 影响测量,故C正确。 答案:C 12.(多选)在由静止开始向上运动的电梯里,某同学把一测量加速度的小探头(重力不计)固定在一个质量为 1 kg 的手提包上进入电梯,到达某一楼层后停止。该同学将采集到的数据分析处理后列在下表中:
物理模型 匀加速直线运动 匀速直线运动 匀减速直线运动 时间段(s) 3.0 8 3.0 加速度(m/s2) 0.40 0 -0.40
为此,该同学在计算机上画出了很多图象,请你根据上表数据和所学知识判断下列所示的图象(设F为手提包受到的拉力,g取9.8 m/s2)中正确的是( )
解析:由题意可知,电梯在14s内一直向上运动,位移x一直增大,故选项D错误;前3s做匀加速直线运动,最后3s做匀减速直线运动,加速度大小不随时间改变,故选项B错误,选项A正确;由F1-mg=ma1,F1=m(g+a1)=10.2N,中间8s内,F2=mg=9.8N,最后3s内,F3-mg=ma2,F3=m(g+a2)=9.4N,故选项C正确。 答案:AC
13.(多选)原来做匀速运动的升降机内,有一被伸长的弹簧拉住的具有一定质量的物体A,物体A静止在地板上,如图所示。现发现物体A突然被弹簧拉向右方,由此可判断,此时升降机的运动情况可能是( ) A.加速上升 B.减速上升 C.加速下降 D.减速下降 解析:升降机匀速运动时,物体A静止在升降机的地板上,说明物体A受到的静摩擦力与弹簧的拉力平衡。物体A突然被弹簧拉向右方,说明摩擦力减小,其原因只能是物体A与地板间的正压力减小,物体A处于失重状态,具有向下的加速度,即升降机可能减速上升或加速下降。 答案:BC
14.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有固定放置的竖直挡板MN,在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态,如图所示是这个装置的截面图,若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动,在Q落到地面以前,发现P始终保持静止。在此过程中,下列说智浪教育--普惠英才文库 法中正确的是( ) A.MN对Q的弹力逐渐减小 B.Q所受的合力逐渐增大 C.地面对P的摩擦力逐渐增大 D.P、Q间的弹力先减小后增大 解析:
对Q进行受力分析如图所示,Q受重力(G)、P对它的支持力(FN)、挡板对它的弹力(F)。FN=错误！未找到引用源。,F=Gtanα。当MN保持竖直且缓慢地向右移动时,α变大,FN、F均变大,但Q所受合力为0,故选项A、B、D均错;将P、Q看作一个整体,因水平方向挡板对它们的弹力F变大,故地面对P的摩擦力逐渐增大,选项C正确。 答案:C 15.某人在a=2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1=75 kg的物体,则此人在地面上最多可举起多大质量的物体?若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2=50 kg的物体,则此升降机上升的加速度为多大?(g取10 m/s2) 解析:
设此人在地面上的最大“举力”是F,那么他在以不同的加速度运动的升降机中最大“举力”仍为F,以物体为研究对象进行受力分析,物体的受力示意图如图所示,且物体运动的加速度和升降机相同。 当升降机以加速度a1=2m/s2匀加速下降时,对物体有m1g-F=m1a1,F=m1(g-a1),得 F=75×(10-2)N=600N。 设人在地面上最多可举起质量为m0的物体,则 F=m0g,m0=错误！未找到引用源。kg=60kg。 当升降机以a2匀加速上升时,对物体有 F-m2g=m2a2,a2=错误！未找到引用源。-g=错误！未找到引用源。m/s2=2m/s2。 所以升降机匀加速上升的加速度大小为2m/s2。 答案:60 kg 2 m/s2 16.如图所示,用不可伸长的轻绳AC和BC吊起一质量不计的沙袋,绳AC和BC与天花板的夹角分别为60°和30°。现缓慢往沙袋中注入沙子。重力加速度g取10 m/s2。