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6用牛顿运动定律解决问题一1.如图4-6-9所示,物体M放在光滑水平桌面上,桌面一端附有轻质光滑定滑轮,若用一根跨过滑轮的轻绳系住M,另一端挂一质量为m的物体,M的加速度为a1,若另一端改为施加一竖直向下F=mg的恒力,M的加速度为a2,则 .A.a1>a2B.a1=a2C.a1<a2D.无法确定2.光滑水平面上静止一个物体,现有水平恒力F作用在物体上,使物体的位移为x0时,立刻换成-4F的力,作用相同时间,物体的总位移为 .A.-x0B.x0C.0D.-2x03.质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为
0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图4-6-10所示.重力加速度g取10m/s2,则物体在t=0至t=12s这段时间的位移大小为 .A.18mB.54mC.72mD.198m4.一光滑斜劈,在力F推动下向左匀加速运动,且斜劈上有一木块恰好与斜劈保持相对静止,如图4-6-11所示,则木块所受合力的方向为 .A.水平向左B.水平向右C.沿斜面向下D.沿斜面向上5.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.假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为不计人与座椅间的摩擦 .A.450NB.400NC.350ND.300N6.如图4-6-12所示,站在自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动,关于人受到的作用力,以下说法正确的是 .A.摩擦力为零B.摩擦力方向水平向右C.支持力等于重力D.支持力大于重力7.蹦极BungeeJumping是一项户外休闲活动.跳跃者站在约40米以上高度的位置,用橡皮绳固定住后跳下,落地前弹起.图4-6-13为蹦极运动的示意图,弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连.运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起.整个过程中忽略空气阻力.分析这一过程,下列表述正确的是 .
①经过B点时,运动员的速率最大
②经过C点时,运动员的速率最大
③从C点到D点,运动员的加速度增大
④从C点到D点,运动员的加速度不变A.
①③B.
②③C.
①④D.
②④8.在水平地面上有一个质量为
4.0kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动.10s后拉力大小减小为,并保持恒定.该物体的速度-时间图象如图4-6-14所示.求1物体所受到的水平拉力F的大小;2该物体与地面间的动摩擦因数.取g=10m/s29.物体由静止开始做直线运动,则上下两图对应关系正确的是图中F表示物体所受的合力,a表示物体的加速度,v表示物体的速度 .10.如图4-6-15所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=ktk为常数,木板和木块加速度的大小分别为a1和a
2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是 .11.一架质量m=
5.0×103kg的喷气式飞机,从静止开始在机场的跑道上滑行,经过距离x=
5.0×102m,达到起飞速度v=60m/s.在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的
0.02倍.求飞机滑行时受到的牵引力多大?g取10m/s212.如图4-6-16所示,在水平地面上有一个质量为5kg的物体,它受到与水平方向成53°角斜向上的25N的拉力时,恰好做匀速直线运动,g取10m/s2,问当拉力为50N时,物体的加速度多大?物体由静止开始运动时,2s末物体的位移多大?13.如图4-6-17所示,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20m,用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体,经t0=2s拉至B处.已知cos37°=
0.8,sin37°=
0.6,取g=10m/s21求物体与地面间的动摩擦因数μ;2用大小为30N,与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的最短时间t.答案
1、解析 对M和m组成的整体,由牛顿第二定律F=M+ma1,a1=,另一端改为施加一竖直向下的恒力F=Ma2,a2=,所以a1<a2,C正确.答案 C
2、解析 以F方向为正方向,设开始阶段加速度为a,则后一阶段加速度为-4a,由运动规律x0=at2,x′=at·t-×4at2,x=x0+x′三个方程联立求得x=-x0,故A正确.答案 A
3、解析 物体与地面间最大静摩擦力Ff=μmg=
0.2×2×10N=4N.由题给F-t图象知0~3s内,F=4N,说明物体在这段时间内保持静止不动.3~6s内,F=8N,说明物体做匀加速运动,加速度a==2m/s
2.6s末物体的速度v=at=2×3m/s=6m/s,在6~9s内物体以6m/s的速度做匀速运动.9~12s内又以2m/s2的加速度做匀加速运动,作v-t图象如下.故0~12s内的位移x=×2m+6×6m=54m.故B项正确.答案 B
4、解析 因为木块的加速度向左,所以合力方向水平向左,故A正确.答案 A
5、解析 汽车的速度v0=90km/h=25m/s设汽车匀减速的加速度大小为a,则a==5m/s2对乘客应用牛顿第二定律可得F=ma=70×5N=350N,所以C正确.答案 C
6、解析 人有竖直向上及水平向右的加速度,竖直向上的加速度使人处于超重状态,支持力大于其重力,C错、D对.水平向右的加速度表明人受到向右的摩擦力作用,B对.答案 BD
7、解析 在BC段,运动员所受重力大于弹力,向下做加速度逐渐减小的变加速运动,当a=0时,速度最大,即在C点时速度最大,
②对.在CD段,弹力大于重力,运动员做加速度逐渐增大的变减速运动,
③对,故选B.答案 B
8、解析 物体的运动分两个过程,根据a=由图可知两个过程加速度分别为a1=1m/s2,a2=-
0.5m/s
2.受力如图所示对于两个过程,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,-μmg=ma2代入数据解之得F=9N,μ=
0.
125.答案 19N
20.
1259、解析 由F=ma可知加速度a与合外力F同向,且大小成正比,故F-t图象与a-t图线变化趋势应一致,故选项A、B均错误;当速度与加速度a同向时,物体做加速运动,加速度a是定值时,物体做匀变速直线运动,故选项C正确,D错误.答案 C
10、解析 在m2与m1相对滑动前,F=kt=m1+m2a,a与t成正比关系,a-t关系图线的斜率为,当m1与m2相对滑动后,m1受的是Ff21=μm2g=m1a1,a1=为一恒量,对m2有F-μm2g=m2a2,得a2=-μg,斜率为,可知A正确,B、C、D错误.答案 A
11、解析 飞机在加速过程中,由运动学公式得v2=2ax所以a==
3.6m/s2由牛顿第二定律得F-
0.02mg=ma,所以F=
0.02mg+ma=
1.9×104N.答案
1.9×104N
12、解析 由题意知,物体受力如下图甲所示,由牛顿第二定律可得F1cos53°=Ff1
①FN+F1sin53°=mg
②Ff1=μFN
③由
①②③式得μ===
0.5当拉力F2=50N时,物体受力如乙图所示,由牛顿第二定律得F2cos53°-Ff2=ma
④FN′+F2sin53°-mg=0
⑤Ff2=μFN′
⑥由
④⑤⑥式得a==5m/s22s内位移x=at2=10m.答案 5m/s2 10m
13、解析 1物体做匀加速运动L=at所以a=eq\f2Lt=m/s2=10m/s2由牛顿第二定律F-Ff=maFf=30N-2×10N=10N所以μ===
0.
5.2设F作用的最短时间为t,小车先以大小为a的加速度匀加速时间t,撤去外力后,以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处,速度恰为0,由牛顿第二定律Fcos37°-μmg-Fsin37°=ma所以a=-μg=m/s2-
0.5×10m/s2=
11.5m/s2a′==μg=5m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有at=a′t′t′=t=t=
2.3tL=at2+a′t′2t==s=
1.03s.答案
10.5
21.03s图4-6-9图4-6-10图4-6-11图4-6-12图4-6-13图4-6-14图4-6-15图4-6-16图4-6-17。