2019_2020学年新教材高中物理课时跟踪训练二十四牛顿运动定律的应用含解析新人教版必修第一册.doc

课时跟踪训练(二十四)　牛顿运动定律的应用
A级—学考达标
1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为(　　)
A．7 m/s　　　　　　　 B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
解析：选B　设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度—位移关系式得v02＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。
2．某气枪子弹的出口速度达100 m/s，若气枪的枪膛长0.5 m，子弹的质量为20 g。若把子弹在枪膛内的运动看成匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为(　　)
A．1×102 N B．2×102 N
C．2×105 N D．2×104 N
解析：选B　根据v2＝2ax，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，从而得高压气体对子弹的平均作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N。
3．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是(　　)
A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变
B．将物体质量减小一半，其他条件不变
C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍
D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变
解析：选D　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错，由v＝at可得选项D对。
4．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　)
A．滑行中的加速度之比为2∶3
B．滑行的时间之比为1∶1
C．滑行的距离之比为4∶9
D．滑行的距离之比为3∶2

解析：选C　根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度大小为：a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误。
5．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止。现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑。若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为(　　)
A. B.
C. D..
解析：选A　木板水平时，物块滑动时受到的合力是滑动摩擦力，以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度为：a1＝－μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝＝；木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析如图所示：
小物块受到的合力
F合＝－(mgsin 45°＋μmgcos 45°)
小物块上滑的加速度
a2＝－＝－，
滑行时间t′＝＝，
因此＝，故选项A正确，B、C、D错误。
6.为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：选B　设屋顶的底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcos θ，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ，水滴的加速度a＝gsin θ，根据三角关系可得，屋顶坡面的长度为：s＝，由s＝at2得：t＝ ＝ ，θ＝45°时，t最短，故选B。
7．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为(　　)

A．1∶1 B．2∶1
C．3∶2 D．3∶5
解析：选D　固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA∶aC＝2∶1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知：T＝mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg－2T＝mCaC，联立解得T＝16 N，aC＝2 m/s2，aA＝4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aC′，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB∶aC′＝2∶1，此时设轻绳之间的张力为T′，对于滑块B，由牛顿第二定律可知：T′＝mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg－2T′＝mCaC′，联立解得T′＝ N，aB＝ m/s2，aC′＝ m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC∶aC′＝3∶5，故选项D正确。
8.如图所示，两上下底面平行的滑块重叠在一起，置于固定的、倾角为θ的斜面上，滑块A、B的质量分别为mA、mB，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2。已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，则滑块B受到的摩擦力(　　)
A．方向沿斜面向下 B．大小等于μ1mAgcos θ
C．大小等于μ1mBgcos θ D．大小等于μ2mBgcos θ
解析：选C　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为：a＝g(sin θ－μ1cos θ)
设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有：mBgsin θ＋f＝mBa
得到：f＝mBa－mBgsin θ＝－μ1mBgcos θ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故选项C正确，A、B、D错误。
9．一物块从长为s、倾角为θ的固定斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，求物块从顶端滑到底端的时间。
解析：物块沿斜面下滑的受力如图所示。
由正交分解得

mgsin θ－Ff＝ma
FN－mgcos θ＝0
Ff＝μFN
解得a＝g(sin θ－μcos θ)
又s＝at2
解得t＝ ＝ 。
答案：
B级—选考提能
10．[多选]如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1。与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则(物体1和物体2相对车厢静止)(　　)
A．车厢的加速度为gtan θ
B．绳对物体1的拉力为
C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ
解析：选AB　对物体1进行受力分析，如图甲所示，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有
FTcos θ＝m1g，FTsin θ＝m1a
得FT＝，a＝gtan θ，
所以A、B正确。
对物体2进行受力分析，如图乙所示，
有FN＋FT′＝m2g
Ff静＝m2a
根据牛顿第三定律，FT′＝FT
解得FN＝m2g－
Ff静＝m2gtan θ，
故C、D错误。
11．如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动到目的地，其工作原理可简化为如图乙所示。某次工人从水平滑道前端拉着冰块由静止开始向前匀加速前进，运动4.0 m时放手，冰块刚好到达滑道末端停止。已知冰块质量为100 kg，冰块与滑道间动摩擦因数为0.05，运送冰块的总距离L＝12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角斜向上。(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2)求：

(1)冰块在减速过程中加速度的大小；
(2)冰块在加速过程中加速度的大小；
(3)工人对冰块的拉力大小。
解析：(1)减速过程，对冰块，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma2
解得：a2＝0.5 m/s2。
(2)设加速时加速度为a1，最大速度为v，加速前进位移x，总位移为L＝12 m
则加速阶段有v2＝2a1x
减速阶段有0－v2＝－2a2(L－x)
解得a1＝1 m/s2。
(3)加速过程，对冰块受力分析，由牛顿第二定律得
水平方向有Fcos 53°－Ff＝ma1
竖直方向有Fsin 53°＋FN－mg＝0
又Ff＝μFN
联立得Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma1
解得F＝234.375 N。
答案：(1)0.5 m/s2　(2)1 m/s2　(3)234.375 N
12.如图所示，斜面AB段粗糙，BC段长为1.2 m且光滑。滑块以初速度v0＝9 m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝3 m/s，到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC段滑行的时间相等。求：
(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；
(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；
(3)滑块从C点回到A点的速度大小。
解析：(1)设滑块在BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动：
0－vB2＝－2a1xBC
vB＝a1t
解得：a1＝3.75 m/s2，t＝0.8 s。
(2)滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2
a2＝－＝7.5 m/s2
由vB2－v02＝－2a2xAB
解得：xAB＝4.8 m。
(3)设斜面倾角为θ，滑块在AB段上升时，受力情况如图所示，
mgsin θ＋Ff＝ma2
在BC段上升时：mgsin θ＝ma1
解得：Ff＝mgsin θ
滑块从C点回到B点时，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面低端A时速度大小仍然为3 m/s。
答案：(1)0.8 s　3.75 m/s2　(2)4.8 m　7.5 m/s2　(3)3 m/s

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