《2019年秋高中物理人教版必修1同步课时作业（系列一）： 第四章第7节 用牛顿运动定律解决问题（二） Word版含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年秋高中物理人教版必修1同步课时作业（系列一）： 第四章第7节 用牛顿运动定律解决问题（二） Word版含答案.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、用牛顿运动定律解决问题（二）用牛顿运动定律解决问题（二） 1下列实例出现失重现象的是( ) A“嫦娥三号”点火后加速升空 B举重运动员举起的杠铃静止在空中 C“玉兔号”月球车降落到月球表面之前向下减速的过程 D跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 【解析】 加速升空和向下减速过程，加速度方向向上，处于超重状态，选项 A、C 错误；杠铃静止 在空中，不失重也不超重，选项 B 错误 ； 跳水运动员离开跳板向上运动，加速度方向向下，处于失重状态， 选项 D 正确 【答案】 D 2下列关于质点处于平衡状态的论述，正确的是( ) A质点一定不受力的作用 B质点一定没有加速度 C质点一定做匀速直线运动
2、D质点一定保持静止 【解析】 处于平衡状态的物体，合力为零，物体可以受力的作用，只是合力是零，所以 A 错误处 于平衡状态的物体，合力为零，由牛顿第二定律可知，物体的加速度为零，所以 B 正确平衡状态指的是 物体处于静止或匀速直线运动状态，物体可以保持静止，所以 C 错误平衡状态指的是物体处于静止或匀 速直线运动状态，物体可以做匀速直线运动，所以 D 错误 【答案】 B 3搭乘 3 名中国航天员的神舟十号载人飞船返回舱，在内蒙古中部草原上顺利着陆返回舱在重返 大气层时，速度可达几千米每秒为保证返回舱安全着陆，在下降过程中要利用降落伞使返回舱减速，如 图 474 所示为神十返回舱主降落伞打开，返
3、回舱减速下降过程，在这过程中( ) 图 474 A返回舱处于失重状态 B返回舱处于超重状态 C航天员受到的重力变小了 D航天员受到的重力与返回舱对他的作用力相等 【解析】 返回舱减速下降时，加速度方向向上，故返回舱处于超重状态但返回舱的重力不变，故 选项 B 对，A、C 错；由于返回舱处于超重状态，里面的人也处于超重状态，故航天员受到的重力小于返 回舱对他的作用力选项 D 错误 【答案】 B 4.如图 475 所示，质量为 60 kg 的运动员的两脚各用 750 N 的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑，若他 从离地 12 m 高处无初速匀加速下滑 2 s 可落地，则此过程中他的两脚蹬墙的水平力均应
4、等于(g10 m/s2)( ) 图 475 A150 N B300 N C450 ND600 N 【解析】 匀速下滑时由平衡条件知 2750600 加速下滑时 a m/s26 m/s2 2 12 4 6002FN60a 联立得 FN300 N，B 对 【答案】 B 5运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程，若运动员的重力为 G，对地面的压力为 F， 下列叙述正确是( ) 图 476 A下蹲过程的加速阶段，FG B下蹲过程的减速阶段，FG C蹬伸过程的加速阶段，FG D蹬伸过程的减速阶段，FG 【解析】 下蹲加速阶段， 加速度方向向下， 根据牛顿第二定律得， mgNma， 则 Nmgma
5、mg， 所以压力 FG，故 A 正确；下蹲过程减速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，Nmgma， 则 Nmgmamg， 所以压力 FG， 故 B 错误 ； 蹬伸加速阶段， 加速度方向向上， 根据牛顿第二定律得， N mgma，则 Nmgmamg，所以压力 FG，故 C 错误；蹬伸减速阶段，加速度方向向下，根据牛顿 第二定律得，mgNma，则 Nmgmamg，所以压力 FG，故 D 错误 【答案】 A 6 某屋顶为半球形， 一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图 477 所示)， 他在向上爬的过程中( ) 图 477 A屋顶对他的支持力不变 B屋顶对他的支持力变大 C屋顶对他的摩擦力不变
6、D屋顶对他的摩擦力变大 【解析】 以人为研究对象，作出力图 设此人的重力为 G，根据平衡条件得： 屋顶对他的摩擦力： fGsin 屋顶对他的支持力： NGcos 人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中， 坡角 减小， 则 f 减小， N 增大 即屋顶对他的摩擦力减小， 屋顶对他的支持力增大故选 B. 【答案】 B 7一个质量为 3 kg 的物体，被放置在倾角为 30的固定光滑斜面上，在如图 478 所示的甲、乙、 丙三种情况下，物体能处于平衡状态的是(g 取 10 m/s2)( ) 图 478 A仅甲图 B仅乙图 C仅丙图D甲、乙、丙图 【解析】 物体受三个力的作用：重力、支持力、拉力重力沿斜面
7、向下的分力大小为 15 N，故只有 乙图中的物体能保持平衡，B 正确 【答案】 B 8如图 479 所示，质量为 m 的物体在与竖直方向成 角的推力 F 作用下，沿竖直墙壁向上匀速运 动若物体与墙面间的动摩擦因数为 ，试求 F 的大小 图 479 【解析】 物体的受力如图所示 由共点力的平衡条件， 沿水平方向 FNFsin 0， 沿竖直方向 Fcos mgFf， 又 FfFN， 解得 F . mg cos sin 【答案】 mg cos sin 能力提升 9一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直现将水平 F 作用于小 球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始
8、终保持静止则在这一过程中( ) 图 4710 A水平拉力 F 变大 B细线的拉力不变 C铁架台对地面的压力变大 D铁架台所受地面的摩擦力变大 【解析】 对小球受力分析，受细线的拉力、重力、F，根据平衡条件，有： Fmgtan ， 逐渐增大则 F 逐渐增大，故 A 正确 ； 由上图可知，细线的拉力 T， 增大，T 增 mg cos 大，故 B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得：FfF，则 Ff逐渐增大FN(Mm)g，FN保持不 变故 D 正确，C 错误 【答案】 AD 10(多选)如图 4711 所示，某人在地面上用体重计称得其体重为 490 N，他将体重计移至电梯内称 其体重，t0至 t
9、3时间段内，体重计的示数如图甲所示，电梯运动的 vt 图可能是图乙中的(取电梯向上运动 的方向为正)( ) 甲 乙 图 4711 【解析】 由 Ft 图象知 ： t0t1时间内，具有向下的加速度，t1t2时间内匀速或静止，t2t3时间内， 具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0t3时间内Error!故选 A，D. 【答案】 AD 11气球下端悬挂一重物，以 v010 m/s 匀速上升，当到达离地面 h175 m 处时悬挂重物的绳子突 然断裂，那么之后： (1)重物做竖直上抛运动还是自由落体运动？ (2)重物经多少时间落到地面？ (3)落地的速度多大？(空气阻力不计，取 g10 m/s2.
10、) 【解析】 (1)物体做竖直上抛运动 (2)根据位移公式 hv0t gt 2 1 2 有17510t 10t 2 1 2 得 t7 s. (3)vv0gt 得 v60 m/s 大小为 60 m/s. 【答案】 (1)竖直上抛运动 (2)7 s (3)60 m/s 12如图 4712 所示，质量为 m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为 30时恰能沿斜面匀速下 滑对物体施加一大小为 F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，当斜面倾角增大并超过某一临界角 0时，不论水平恒力 F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行试求 ： 图 4712 (1)物体与斜面间的动
11、摩擦因数； (2)这一临界角 0的大小 【解析】 (1)“恰能匀速下滑”，满足平衡条件 mgsin 30mgcos 30， 解得 . sin 30 cos 30 3 3 (2)设斜面倾角为 ，受力情况如图所示， 由平衡条件得 Fcos mgsin Ff， FNmgcos Fsin ， FfFN， F. mgsin mgcos cos sin 当 cos sin 0，即 cot 时，F， 即“不论水平恒力 F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，60，即临界角 0的大小为 60. 【答案】 (1) (2)60 3 3 重点强化卷(三) 牛顿运动定律的应用 (建议用时：60 分钟) 一、选择
12、题 1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 0，因此在大空实验舱内不能完成同理，水银气压计也不能测出舱内 气体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
13、正确 【答案】 C 2利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落 H 后 双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了 h.计算机显示该同学受到地面支持力 FN随时间变化的图 象如图 1 所示根据图象提供的信息，以下判断错误的是 ( ) 图 1 A在 0 至 t2时间内该同学处于失重状态 B在 t2至 t3时间内该同学处于超重状态 Ct3时刻该同学的加速度为零 D在 t3至 t4时间内该同学的重心继续下降 【解析】 由图象可以看出，在 0 至 t2时间内该同学受到地面支持力小于重力，由牛顿第二定律可知 该同学处于失重状态，而在 t2至 t3时间内支持力大于重力
14、，该同学处于超重状态，A、B 正确；t3时刻该 同学受到的支持力最大，且 F1大于重力，由牛顿第二定律可知 a0，C 错误；在 t3至 t4时间内该同学受到 的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D 正确 【答案】 C 3如图 2 所示，底板光滑的小车上用两个量程为 20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量 为 1 kg 的物块在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为 10 N，当小车做匀 加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为 8 N，这时小车运动的加速度大小是( ) 图 2 A2 m/s2 B4 m/s2 C6 m/s2D8 m/s2 【解析】 当弹簧
15、测力计甲的示数变为 8 N 时，弹簧测力计乙的示数变为 12 N，这时物块所受的合力 为 4 N由牛顿第二定律 Fma 得物块的加速度 a 4 m/s2，故选项 B 正确 F m 【答案】 B 4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 能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假设乘客质量为 70 kg，汽车车速为 90 km/h，从踩下刹车 到完全停止需要的时间为 5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( ) A450 NB400 N C350 ND300 N 【解析】 汽车的速度 v090 km/h25 m/s，设汽车匀减
16、速的加速度大小为 a，则 a m/s25 v0 t 25 5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律得：Fma705 N350 N，所以选项 C 正确 【答案】 C 5(多选)如图 3 所示，质量为 2 kg 的物体在水平恒力 F 的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移 随时间的变化关系为 xt 2t， 物体与地面间的动摩擦因数为 0.4， 取 g10 m/s2， 以下结论正确的是( ) 图 3 A匀变速直线运动的初速度为 1 m/s B物体的位移为 12 m 时速度为 7 m/s C水平恒力 F 的大小为 4 N D水平恒力 F 的大小为 12 N 【解析】 根据 xv0t at 2t 2t，知
17、v01 m/s，a2 m/s2，故 A 正确；根据 v2v 2ax 得，v 1 2 2 0 m/s7 m/s， 故 B 正确 ； 根据牛顿第二定律得， Fmgma， 解得 Fmamgv2 02ax12 2 12 12 N，故 C 错误，D 正确 【答案】 ABD 6已知空气阻力与速率成正比，某小球在竖直上抛后运动的全过程中的速度时间(vt)图可能正确的 是( ) 【解析】 设物体所受的阻力 fkv， 物体的质量为 m， 则在物体上升的过程中有 mgfma1， 即 mg kvma1，a1g，由于上升过程中物体的速度越来越小，故物体的加速度 a1越来越小，故 vt mgkv m kv m 图的斜率
18、的绝对值越来越小在下落过程中有 mgkvma2，a2g mgkv m kv m 下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小， 则 vt 图的斜率的绝对值也越来越小，故 A 正确 【答案】 A 7如图 4 所示，质量分别为 m、2m 的物体 A、B 由轻质弹簧相连后放置在匀速上升的电梯内，当电 梯钢索断裂的瞬间，物体 B 的受力个数( ) 图 4 A2 个B3 个 C4 个D1 个 【解析】 因电梯匀速上升，则 A 受力平衡，则弹簧处于压缩状态，故弹簧对 B 有向下的弹力；当钢 索断开时，弹簧的形变量不变，故 B 受向下的重力及弹力的作用，加速度大于电梯的加速度，B 与电梯之 间一定有
19、弹力作用，故 B 应受到 3 个力作用，故选 B. 【答案】 B 8如图 5 所示，小球 A、B 的质量分别是 m 和 2m，用轻质弹簧相连，然后用细绳悬挂而静止，则在 剪断细绳的瞬间，A、B 的加速度分别是 ( ) 图 5 AaA0，aB0BaA3g，aB0 CaAg，aB2gDaA0，aB3g 【解析】 物体在某一瞬间的加速度由这一时刻的合外力决定， 此题分析剪断细绳瞬间两球的受力情况是关键在没有剪断前，A、B都 静止，加速度都为零，分别对A、 B 进行受力分析，如图甲 、 乙 所 示对 B 进行受 力分析有 F弹2mg，对 A 进行受力分析有 FTmgF弹3mg.当剪断细 绳瞬间， 弹簧
20、形变来不及恢复， 即 F弹、 F弹不变， 而 FT立即消失， 则 A 受力如图丙所示， F合mgF弹maA， 即 aA3g， B 受力不变，合外力为零，加速度为零 【答案】 B 9如图 6 所示，所受重力为 G 的均匀小球放在倾角为 的斜面上，球被与斜面夹角为 的木板挡住， 球面、木板均光滑，若使球对木板压力最小，则木板与斜面间夹角 应为( ) 图 6 AB90 C90D90 【解析】 以小球为研究对象，当平板位于任意方向时，作出小球的 受 力 图 ， 小球受到重力 mg、平 板的支持力 N1和斜面的支持力 N2，根据平衡条件得知： N1和斜面的支持力 N2的合力与重力 mg 总是大小相等、方
21、向相反 斜 面 的 支持力 N2方 向总与斜面垂直向上， 当平板的方向变化时， 由图看出， 当 N1和 N2垂直时，平 板 对 小 球 的支持力 N1最小，此时平板与斜面垂直，即 . 2 故选 C. 【答案】 C 二、计算题 10.如图 7 所示，质量为 2 kg 的物体在 40 N 水平推力作用下，从静止开始 1 s 内沿竖直墙壁匀加速下 滑 3 m求：(取 g10 m/s2) 图 7 (1)物体运动的加速度大小； (2)物体受到的摩擦力大小； (3)物体与墙间的动摩擦因数 【解析】 (1)由 x at 2，可得： 1 2 a m/s26 m/s2. 2x t 2 2 3 12 (2)分析物
22、体受力情况如图所示： 水平方向： 物体所受合外力为零，FNF40 N 竖直方向： 取向下为正方向，由牛顿第二定律得 mgFfma， 可得：Ffmgma8 N. (3)物体与墙间的滑动摩擦力 FfFN 所以 0.2. Ff FN 8 40 【答案】 (1)6 m/s2 (2)8 N (3)0.2 11如图 8 所示，水平地面上放置一个质量为 m10 kg 的物体，在与水平方向成 37角的斜向右 上方的拉力 F100 N 的作用下沿水平地面从静止开始向右运动，物体与地面间的动摩擦因数为 0.5.求 ： 5 s 末物体的速度大小和 5 s 内物体的位移大小(sin 370.6，cos 370.8，g
23、10 m/s2) 图 8 【解析】 以物体为研究对象进行受力分析，如图所示， 由牛顿第二定律得 水平方向： Fcos Ffma 竖直方向： FNFsin mg0 又 FfFN 联立得： a6 m/s2 5 s 末的速度大小为： vat65 m/s30 m/s 5 s 内的位移为： x at 2 652 m75 m. 1 2 1 2 【答案】 30 m/s 75 m 12 如图 9 所示， 光滑水平面上放着长 L2 m， 质量为 M4.5 kg 的木板(厚度不计)， 一个质量为 m1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 和 M 之间的动摩擦因数 0.1，开始均静止今对木板施加一水平向 右的恒定拉
24、力 F，(g 取 10 m/s2)求： 图 9 (1)为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少； (2)如果拉力 F10 N，小物体能获得的最大速度 【解析】 (1)物块随木板运动的最大加速度为 a 对小物体由牛顿第二定律：mgma 对整体由牛顿第二定律得：Fm(Mm)a 解得：Fm5.5 N. (2)因施加的拉力 F 5.5 N，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为 a1， 对木板由牛顿第二定律：FmgMa1 物块在木板上相对运动的时间为 t, L a1t 2 at 2 1 2 1 2 解得：t2 s 物块脱离木板时的速度最大，vmat2 m/s. 【答案】 (1)5.5 N (2)2 m/s