2019_2020学年新教材高中物理课时跟踪训练二十五牛顿运动定律的应用含解析鲁科版必修第一册.doc

课时跟踪训练(二十五)牛顿运动定律的应用
A级—学考达标
1.物体静止于光滑水平面上，某时刻在物体上施加一个水平向东的力F，且F的大小逐渐减小到零，关于此过程中物体的运动情况，下列说法错误的是(　　)
A．物体的加速度逐渐减小到零
B．物体向东做减速运动
C．物体的速度变化得越来越慢
D．当F减小到零时，物体向东的速度最大
解析：选B　根据牛顿第二定律F＝ma，F的大小逐渐减小到零，物体的加速度逐渐减小到零，故A正确； 物体的加速度向东逐渐减小，速度向东增加的越来越慢，故B错误，C正确；由于速度一直在增大，当F减小到零时，物体向东的速度最大，故D正确。
2．如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一条不计质量的轻弹簧，放在光滑水平面上的A球紧靠墙壁。今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间(　　)

A．A球的加速度为　　 B．A球的加速度为
C．B球的加速度为 D.B球的加速度为
解析：选D　撤去F瞬间，弹簧来不及发生形变，A球的受力情况不变，所受合力为零，A球的加速度为零，A、B错误；B球在水平方向受弹力作用，弹力大小等于F，由牛顿第二定律知，B球的加速度为，C错误，D正确。
3．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是(　　)
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2 B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0 D．v＝7.5 m/s，a＝0
解析：选C　物体先在力F作用下做匀加速直线运动，加速度a＝ m/s2＝1.5 m/s2，v＝at＝4.5 m/s，撤去力F后，物体以4.5 m/s的速度做匀速直线运动。故C正确。
4．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　设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为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v02＝2as，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。
5.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在固定的倾角为θ＝30°的足够长斜面上，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t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F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：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式s＝at2得 a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，故选项D正确。
6.一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下水平运动，1 s末撤去恒力F，其v­t图像如图所示，则恒力F和物体所受阻力f的大小是(　　)
A．F＝8 N B．F＝9 N
C．f＝2 N D.f＝6 N
解析：选B　撤去恒力F后，物体在阻力作用下运动，由v­t图像可知，1～3 s内物体的加速度为a＝3 m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma可知，阻力f＝3 N；由题图可知在0～1 s内其加速度为a′＝6 m/s2，由牛顿第二定律得F－f＝ma′，可求得F＝9 N，B正确。
7.如图所示，小球P、Q的质量相等，其间用轻弹簧相连，光滑斜面的倾角为θ。系统静止时，弹簧与轻绳均与斜面平行。在轻绳被突然剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．两球的加速度大小均为gsin θ
B．Q球的加速度为零
C．P球的加速度方向沿斜面向上，Q球的加速度方向沿斜面向下
D．P球的加速度大小为3gsin θ
解析：选B　轻绳被突然剪断瞬间轻绳上弹力会发生突变，绳子拉力为零，弹簧不会突变，弹力不变，Q球所受合力为零，加速度为零，A、C错误，B正确；对P球分析，受重力沿斜面向下的分力和弹簧弹力，由牛顿第二定律得2mgsin θ＝ma，解得a＝2gsin θ，D错误。
8.2019年4月23日是人民海军成立70周年纪念日，青岛及其附近海空域举行海上阅兵。阅兵期间，假设一名空降兵从悬停在高空的直升机上竖直下落，他从离开直升机到落地的过程中沿竖直方向运动的v­t图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．第10 s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15 s末
B．0～10 s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力
C．0～10 s内空降兵的速度和加速度都在增大
D．在10～15 s内空降兵竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐减小
解析：选B　打开降落伞后空降兵将做减速运动，故第10 s 末空降兵打开降落伞，根据v­t图像的斜率表示加速度，可知10～15 s空降兵做加速度不断减小的减速运动至15 s末，10～15 s过程中速度向下，做减速运动，故加速度向上，A、D错误；0～10 s内空降兵向下做加速度不断减小的加速运动，受重力和空气阻力，根据牛顿第二定律，知合力向下，重力大于空气阻力，B正确，C错误。
9．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止。已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小。
解析：(1)汽车开始做匀加速直线运动：x0＝t1
解得v0＝＝4 m/s。
(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度
a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－f＝ma2
解得f＝4×103 N。
(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1
x0＝a1t12
由牛顿第二定律有：F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝6×103 N。
答案：(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N

B级—选考提能
10.[多选]A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　)
A．当F＝μmg时，A的加速度为μg
B．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：选ACD　设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′－2μmg＝2ma′，对A、B整体，有F′－μmg＝3ma′，计算得出F′＝3μmg，故当μmg>3μmg时，A相对于B滑动，C正确；对B来说，其所受合力的最大值为Fm＝2μmg－μmg＝μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确；当F＝μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F－μmg＝3ma，计算得出a＝，所以A选项是正确的；设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可以知道f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为f3＝μmg。故当0平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出(　　)

A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的过程中，物体通过的位移
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
解析：选AB　由题图乙可知，当水平外力F＝0时，物体的加速度a＝－6 m/s2，此时物体的加速度a＝－gsin θ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B正确；当水平外力F＝15 N时，物体的加速度a＝0，此时Fcos θ＝mgsin θ，可得m＝2 kg，选项A正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程中的位移，选项C、D错误。
12.如图所示，长度l＝2 m，质量M＝ kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ＝0.1。现对小物块施加一水平向右的恒力F＝10 N，取g＝10 m/s2。求：
(1)将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；
(2)若木板M不固定，m和M的加速度a1、a2的大小；
(3)若木板M不固定，小物块从开始运动到离开木板所用的时间。
解析：(1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
解得a＝4 m/s2
小物块离开木板，有v2＝2al
解得v＝4 m/s。
(2)对m，由牛顿第二定律F－μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对M，由牛顿第二定律：μmg＝Ma2
解得a2＝3 m/s2。
(3)由位移公式知
s1＝a1t2，s2＝a2t2
小物块从开始运动到离开木板s1－s2＝l
联立解得t＝2 s。
答案：(1)4 m/s　(2)4 m/s2　3 m/s2　(3)2 s
13.皮带传输装置示意图的一部分如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，A、B两端相距12 m，质量为M＝1 kg的物体以v0＝14.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针转动的速度v＝4.0 m/s(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，试求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若物体能在传送带上留下痕迹，物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度。
解析：(1)物体刚滑上传送带时因速度v0＝14.0 m/s，大于传送带的速度v＝4 m/s，则物体相对传送带向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：
Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1
解得：a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2
当物体与传送带共速时：v0－at1＝v
解得t1＝1 s
此过程中物体的位移x1＝t1＝9 m
传送带的位移：x2＝vt1＝4 m
当物体与传送带共速后，由于μ＝0.5