资源简介

二十二　牛顿运动定律的应用
(40分钟　76分)
【基础全面练】
1.(6分)伽利略做铜球沿斜面运动的实验,增大斜面倾角后,仍将铜球从斜面上同一点由静止释放,则铜球 (　　)
A.位移x变大　　　　 B.时间t不变
C.加速度a变大 D.落地速度v不变
【解析】选C。根据牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
可得a=gsinθ-μgcosθ
可知增大斜面倾角后,加速度a变大;根据运动学公式可得x=at2,v2=2ax
将铜球从斜面上同一点由静止释放,则下滑过程的位移x大小不变;由于加速度变大,则下滑时间t变小,落地速度v变大。故选C。
2.(6分)如图所示,物体以5 m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动,经4 s滑回原处时速度大小仍为5 m/s,则物体的加速度为 (　　)
A.10 m/s2,方向沿斜面向下
B.2.5 m/s2,方向沿斜面向下
C.0
D.2.5 m/s2,方向沿斜面向上
【解析】选B。由题意,可知物体上滑和下滑时受到的合力均为重力沿斜面向下的分力,根据牛顿第二定律可知,加速度相同,由对称性可知,物体上滑到最高点所用时间为2 s,则加速度大小为a== m/s2=2.5 m/s2,方向沿斜面向下。
3.(6分)水平面上一质量为m的物体,在水平恒力F作用下,从静止开始做匀加速直线运动,经时间t后撤去外力,又经时间3t物体停下,则物体受到的阻力Ff为 (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B。当力F作用时,设物体的加速度大小为a1,从开始经时间t后物体的速度为v,则F-Ff=ma1,v=a1t;撤去力F后,设物体的加速度大小为a2,则Ff=ma2,0=v-a2·3t,联立解得Ff=,B正确。
4.(6分)(多选)民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面,如图所示。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4 m,气囊所形成的斜面长度为8 m,一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,可视为做匀加速直线运动,人与气囊间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)。下列说法正确的是 (　　)
A.人滑至气囊底端所经历的时间约为2 s
B.人滑至气囊底端所经历的时间约为4 s
C.人滑至气囊底端时的速度大小为4 m/s
D.人滑至气囊底端时的速度大小为8 m/s
【解析】选A、D。设斜面的倾角为θ,则sinθ==,解得θ=30°,根据牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=4 m/s2,根据位移—时间关系L=at2,可得t==2 s,故A正确,B错误;根据速度—时间关系可得人滑至气囊底端时的速度大小为v=at=8 m/s,故C错误,D正确。
5.(6分)如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,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,经过时间t=2 s木块沿斜面移动4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2) (　　)
A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N
【解析】选D。因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsinθ=μmgcosθ,所以μ=tanθ=;当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2,得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得F=36 N,D正确。
6.(6分)如图所示,倾角为37°的斜面固定在水平桌面上,上表面光滑。质量为1 kg的小滑块位于斜面底端,对滑块施加一个与斜面夹角为37°的拉力F,使其由静止开始运动,1 s后撤掉F,再经
1 s滑块返回出发点,重力加速度大小取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则F的大小为 (　　)
A.8 N B.10 N C.12 N D.15 N
【解析】选B。拉力F撤掉前,根据牛顿第二定律有Fcos37°-mgsin37°=ma1,刚撤去拉力F时,速度v=a1t1,位移x1=a1,规定沿斜面向上为正方向,再经1 s滑块返回出发点,则-x1=vt2-a2,根据牛顿第二定律有mgsin37°=ma2,联立以上各式代入数据得F=10 N,故A、C、D错误,B正确。
7.(10分)冰壶比赛的水平场地如图所示,运动员推动冰壶从发球区松手后,冰壶沿中线做匀减速直线运动,最终恰好停在了营垒中心。若从冰壶中心到达前掷线时开始计时,则冰壶在第1 s内运动的位移大小x'=3.1 m,在最后1 s内运动的位移大小x=0.1 m,取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数μ;(5分)
答案:(1)0.02　
【解析】(1)设冰壶的加速度大小为a,可以把冰壶的运动看成逆向的匀加速直线运动,则有
x=a(Δt)2
其中Δt=1 s
解得a==0.2 m/s2
根据牛顿第二定律可知μmg=ma
解得μ==0.02
(2)营垒中心到前掷线的距离L0。(5分)
答案: (2)25.6 m
【解析】(2)设冰壶从投掷出去到停止运动的总时间为t,逆向处理可得L0=at2
at2-a(t-Δt)2=x'
代入数据解得t=16 s,L0=25.6 m
【综合应用练】
8.(6分)航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分,实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰,一舰载机的质量为2×104 kg,以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索,此后舰载机视为做匀减速直线运动,运动90 m时速度为零,如图所示,某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°,不计着舰过程中的其他阻力,cos37°=0.8,此时阻拦索上的弹力为 (　　)
A.2.5×105 N B.5×105 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
【解析】选A。根据题意可知,舰载机做匀减速直线运动,设加速度大小为a,
则=2ax,其中v0=216 km/h=60 m/s
设阻拦索上的弹力为F,由牛顿第二定律有2Fcos37°=ma
解得F=2.5×105 N,故选A。
9.(6分)如图所示,MN和PQ为两根固定平行直细杆,圆柱形物体沿细杆下滑,两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同,细杆与水平面的夹角为θ=30°,圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3,重力加速度为g,则圆柱形物体下滑的加速度大小为 (　　)
A.　　　　　　 B.
C.(-)g D.(-)g
【解析】选A。作出圆柱形物体在垂直于杆的平面内的受力示意图
根据题意,两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同,则α=60°
在沿杆的方向有mgsinθ-2f=ma
垂直于杆的方向有2Ncos=mgcosθ
又有f=μN
联立并代入数据解得a=g,故A正确, B、C、D错误。
10.(6分)(多选)如图所示,一只冰壶被人以v0=3 m/s的初速度在水平冰面上向右推出,若冰壶和冰面间的动摩擦因数μ=0.02,取g=10 m/s2,不计空气阻力,则 (　　)
A.冰壶在冰面上的滑行时间为15 s
B.该冰壶在冰面上的滑行距离为22.5 m
C.该冰壶在第2 s末的速度大小为2.4 m/s
D.该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动5 m
【解析】选A、B、D。冰壶在冰面上滑行时,由牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=0.2 m/s2,冰壶在冰面上的滑行时间为t==15 s,故A正确;该冰壶在冰面上的滑行距离为x==22.5 m,故B正确;该冰壶在第2 s末的速度大小为v2=v0-at'=2.6 m/s,故C错误;该冰壶在前5 s内位移为x1=v0t1-a=12.5 m,该冰壶在前10 s内位移为x2=v0t2-a=20 m,该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动Δx=x1-(x2-x1)=5 m,故D正确。
【拓展创新练】
11.(12分)如图,质量为m=5 kg的小球穿在斜杆上,斜杆与水平方向的夹角为θ=37°,球恰好能在杆上匀速向下滑动。若球受一大小为F=200 N的水平推力作用,可使小球沿杆向上匀加速滑动,求:(g取10 m/s2,sin37°=0.6)
(1)小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小;(5分)
答案:(1)0.75　
【解析】(1)对小球,由平衡条件有
平行于杆方向mgsinθ-f1=0
f1=μN1
垂直于杆方向N1-mgcosθ=0
解得μ=0.75
(2)小球沿杆向上匀加速滑动时的加速度大小。(7分)
答案: (2)2 m/s2
【解析】(2)水平推力作用后,对小球由牛顿第二定律有
在平行于杆方向Fcosθ-mgsinθ-f2=ma
f2=μN2
在垂直于杆方向N2-Fsinθ-mgcosθ=0
解得a=2 m/s2

展开更多......

收起↑