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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。
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