1、1 2 的 2020 届一轮复习人教版 用牛顿运动定律解决问题（一） 课 时作业 1. 若水平恒力 F 在时间 t 内使质量为 m 的物体在光滑水平面上 由静止开始移动一段距离 s， 则 2F 的恒力在 2t 时间内 ， 使质量为 m 物体在同一水平面上，由静止开始移动的距离是 ( ) A s B4 s C 10s D 16s 答案： D 2. 静止在光滑水平地面上的物体的质量为 2 kg， 在水平恒力 F 推动下开始运动， 4 s 末它的速度达到 4 m/s， 则 F 的大小为 ( ) A 2 N B1 N C 4 N D 8 N 解析： 在水平恒力 F 推动下物体做匀加速直线运动的加速度为
2、 a v 0 4 2 2 t 4 m/s 1 m/s .由牛顿第二定律得 F m a 21 N 2 N. 答案： A 3. 如 图 所 示 ， 当 车 厢 向 右 加 速 行 驶 时 ， 一 质 量 为 m 的物块紧贴在 车厢壁上， 相对于车厢壁静止， 随车一起运动， 则下列说法正确的是 ( ) 2 A在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡B在水平方向上，车厢壁对物块 的弹力与物块对车厢壁的压力 是一对平衡力 C若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变 D 若 车 厢 的 加 速 度 变 大 ， 车 厢 壁 对 物 块 的 摩 擦 力 也 变 大 3 3 答案： A 4. 如图甲
3、所示， 粗糙斜面与水平面的夹角为 30， 质量为 0.3 kg的小物块静止在 A 点现有一沿斜面向上的恒定推力 F 作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力 F ，小物块能达到的最高位置为 C 点，小物块从 A 到 C 的 vt 图象如图乙所示 g 取 10 m/s2， 则下列说法正确的是 ( ) 图甲 图乙 A 小物块到 C 点后将沿斜面下滑 B小物块加速时的加速度是减 速时加速度的 1 3 C. 小物块与斜面间的动摩擦因数为 2 D. 推 力 F 的 大 小 为 6 N 解析：由题图乙可以知道，加速运动的加速度大小 a v 3 1 t 0.9 m/s2 10 m/s2， 减速运动的加速度大小
4、 a v 3 m/s210 3 2 t 1.20.9 m/s2， 故 a1a2 13， 故 B 正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿 4 2 第二定律知 mgsin 30 mcos 30ma2， 解 得 3 3 ， 故 C 错误； mgsin30 1 mg mgos30，所以物块到达 C 点后将静止在 C 点不 会下滑，故 A 错误；加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可 5 0 0 得 F mgsin30 mgos30m a1，解得 F 4 N，故 D 错误；综上 所述本题答案是 B. 答案： B 5 (多选) 如图所示，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
5、线运动，位移随时间的变化关系为 x t2t，物 体与地面间的动摩擦因数为 0.4， 取 g 10 m/s2， 以下结论正确的是 ( ) 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 xv t 1 2 t2 t， 知 v 1 m/s， a 2 m/s2. 故 A 0 2at 0 正确 根据 v2 v 22ax 得， v v 22ax 1 2212 m/s 7 m/s.故 B 正确根据牛顿第二定律得， F m g ma，解得 F
6、 ma mg 12 N 故 C 错 误 ， D 正 确 故 选 ABD. 答案： ABD 6某消防队员从一平台上跳下，下落 2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重 心又下降了 0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为 ( ) A. 自 身 所 受 重 力 的 2 倍 6 B. 自 身 所 受 重 力 的 5 倍 C. 自 身 所 受 重 力 的 8 倍 7 h D. 自身所受重力的 10 倍 解 析 ： 自 由 落 体 规 律 可 知 ： v 2 2gH， 缓 冲 减 速 过 程 ： v2 2ah， 由牛顿第二定律列方程： F m g ma， 解 得 F mg
7、1 H 5mg，故 B 正确 答 案 ： B 7一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使 其中某个 力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小 (在上述过 程中，此力的方向一直保持不变 )，那么如图所示的 v- t 图象中，符 合此过程中 物体运动情况的图象可能是 ( ) 解析： 其中的一个力逐渐减小到零的过程中， 物体受到的合力逐渐增大， 则其加速度逐渐增大， 速度时间图象中图象的斜率表示加速度， 所以在力逐渐减小到零的过程中图象的斜率 逐渐增大， 当这个力 又从零恢复到原来 大小时， 合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图象的斜率逐渐减小， D 正确 答案： D 8 木 块 质 量
8、m 8 kg， 在 F 4 N 的水平拉力作用下， 沿粗糙水平 面 从 静 止 开 始 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 经 t 5 s 的 位 移 x 5 m g 取 10 m/s2. (1)求木块与粗糙平面间的动摩擦因数； 8 2 (2)若 在 5 s 后 撤 去 F ，木块还能滑行多远？ 解析：(1)由 x 1 at2 得 a 2x 0.4 m/s2. 2 1 t2 由牛顿第二定律 F Ff ma1， 得 Ff F ma1 (4 80.4)N 0.8 N， 由 F mg得 Ff 0.8 0.01. f mg 810 (2)撤去 F 后，木块受摩擦力 Ff mg 0.8 N，加速度 a2
9、 g 0.1 m/s2.5 s 末的速度 v a1t 0.45 m/s 2 m/s.x 2 2 v 2 2a 2（ 0.1） m 20 m. 答案：(1)0.01 (2)20 m 9.(多选) 如图水平传送带在电动机带动下始终保持以速度 v 匀速 运动，某时刻质量为 m 的物 块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止 已知物块与传送带间的动 摩擦因数为 若当地的重力加速度为 g， 对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的 过程，下列说法中正确的是 ( ) A 物块所受摩擦力的方向水平向右 B物块运动的时 9 间为 v g C. 物块相对地面的位移大小为 v g v
10、 2 D. 物 块 相 对 传 送 带 的 位 移 大 小 为 2g 解析：物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用， A 正确；根 2 10 2 据牛顿第二定律，得 mg ma，故 a ，物块加速运动的时间为 t v v ， B 错误 ； 根据速度位移关系 v 2 2ax， 得物块的位移 x v ， a g 2g v C 错误；传送带的速度为 v， 物块的平均速度为 v2 2，物块相对传送带 的位移大小等于物块的位移 2g ，D 正确 答案： AD 10. 一 名 消 防 队 员 在 模 拟 演 习 训 练 中 ， 沿 着 长 为 12 m 的竖立在 地 面 上 的 钢 管 往 下 滑 已 知
11、 这 名 消 防 队 员 的 质 量 为 60 kg， 他 从 钢 管 顶 端 由 静 止 开 始 先 匀 加 速 再 匀 减 速 下 滑 ， 滑 到 地 面 时 速 度 恰 好 为 零如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍，下滑的总时间为 3 s，g 取 10 m/s2，那么该消防队员 ( ) A. 下滑过程中的最大速度为 4 m/s B. 加速与减速过程的时间之比为 2 1 C 加速与减 速过程中所受摩擦力大小之比为 17 D 加速与减速过程 的位移之比为 14 解析：设下滑过程中的最大速度为 v， 则消防队员下滑的总位移 x v t v t ， 得 到 v 2x 8 m/s，故 A
12、错误设加速与减速过程的时 2 1 2 2 t 11 间分别为 t1、 t2，加速度大小分别为 a1、 a2， 则 v a1t1， v a2t2， 得 到 t1t2 a2a1 12，故 B 错误由 t1t2 12，又 t1t 23 s，得到 12 1 2 1 2 2 2 t 1 s， t 2 s， a v 8 m/s2， a 4 m/s2， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ， 1 2 1 t 2 1 得 加 速 过 程 ： mgf 1m a1， f1m g ma1 2m；减速过程： f2 mg ma2， f2 mg ma21 4m， 所 以 f1f21 7， 故 C 正确；匀加速运 动 位 移
13、为 ： x vt ，匀减速运动位移为： x vt ，所以加速与减速过 程 的 位 移 之 比 x1x2t 1t21 2， D 错 误 故 选 C. 答案： C 11. 如图所示，质量为 40 kg 的雪橇(包括人)在与水平方向成 37 角、 大小为 200 N 的拉力 F 作用下，沿水平面由静止开始运动，经过 2 s 撤去拉力 F ， 雪橇与地面间动摩擦因数 为 0.20.g 取 10 m/s2， cos 37 0.8， sin 37 0.6.求： (1)刚 撤 去 拉 力 时 雪 橇 的 速 度 v 的大小； (2)撤 去 拉 力 后 雪 橇 能 继 续 滑 行 的 距 离 s. 解 析 ：
14、 (1)对雪橇，竖直方向： N1 F sin 37 mg， 且 f1 N 1， 由牛顿第二定律： 13 F cos 37f1m a1， 由运动学公式： va 1t1， 联立，解得 v 5.2 m/s. 14 v (2)撤去拉力后， 雪橇的加速度 a2 g 根据 v2 2a2s， 解得 s 6.76 m. 答案：(1)5.2 m/s (2)6.76 m 12. 如图所示，传送带与地面倾角 3 7，A B 长为 16 m，传送 带以 10 m/s 的速 度匀速运动在传送带上端 A 无初速度地释放一个质量为 0.5 kg 的物体， 它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5， 求物体 从 A 运 动 到
15、B 所 需 的 时 间 (sin 37 0.6， cos 370 .8， g 取 10 m/s2) 解析： 开始时，物体的加速度为： a1 gsin cos1 0 m/s2. 2 0 因 为 2a 5 mxAB 和 tan ， 1 所以物体先以 a1 匀加速，再以 a2 匀加速， 15 以 a 匀加速的时间 t v 0 10 s 1 s. 1 1 a 10 以 a1 匀加速的位移 1 2 1 2 x1 a1t1 2101 m5 m. 当物体与皮带共速后，物体的加速度 a2 gsin cos2 m/s2. 1 2 16 以 a2 匀加速运动的位移 x2 xAB x116 m 5 m 11 m， 由 x v 1 t a t 2， 解 得 t 1 s. 2 0 2 2 2 2 2 所 以 物 体 从 A 运 动 到 B 的 时 间 t t1 t2 1 s 1 s 2 s. 答案： 2 s
