《用牛顿运动定律解决问题(一)》习题 单选题(本大题共7小题,共28.0分 1.一物体沿倾角为α的斜面下滑时,恰好做匀速直线运动,若物体以初速度v。冲上斜面, 则上滑的距离为()。 A. gina B. 4gsina c tana D. 2gtana 2.如图所示,弹簧测力计外壳质量为m。,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩处吊着一质 量为m的重物,现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计,使其向上做匀加速运动 则弹簧测力计的示数为()。 h A. mg C.吗+nD.nh+n 3.如图所示,质量M=60kg的人通过定滑轮将质量为m=10kg的货物提升到高处。滑轮 的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a=2m/s2,则人对地面的压力为取g=10m/s2) A.120NB.480NC.600ND.720N 4.质量为5kg的木箱以大小为2m/s2的加速度水平向右做匀减速运动,在箱内有一轻弹簧 其一端被固定在箱子的右侧壁,另一端拴接一个质量为3kg的滑块,木箱与滑块相对静止, 如图所示。若不计滑块与木箱之间的摩擦,下列判断正确的是()
《用牛顿运动定律解决问题(一)》习题 一、单选题(本大题共 7 小题，共 28.0 分) 1. 一物体沿倾角为 α 的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以初速度 v 0 冲上斜面， 则上滑的距离为（ ）。 A. B. C. D. 2. 如图所示，弹簧测力计外壳质量为 m 0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩处吊着一质 量为 m 的重物，现用一方向竖直向上的外力 F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速运动， 则弹簧测力计的示数为（ ）。 A. mg B. C. D. 3. 如图所示，质量 M＝60 kg 的人通过定滑轮将质量为 m＝10 kg 的货物提升到高处。滑轮 的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度 a＝2 m/s 2，则人对地面的压力为(取 g＝10 m/s 2 ) （ ）。 A. 120 N B. 480 N C. 600 N D. 720 N 4. 质量为5 kg 的木箱以大小为2 m/s 2 的加速度水平向右做匀减速运动，在箱内有一轻弹簧， 其一端被固定在箱子的右侧壁，另一端拴接一个质量为 3 kg 的滑块，木箱与滑块相对静止， 如图所示。若不计滑块与木箱之间的摩擦，下列判断正确的是（ ）
A.弹簧被压缩,弹簧的弹力大小为10NB.弹簧被压缩,弹簧的弹力大小为6N C.弹簧被拉伸,弹簧的弹力大小为10ND.弹簧被拉伸,弹簧的弹力大小为6N 5.A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上,若两物体的质量mA>mg,两物 体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同,则两物体能滑行的最大距离xA与x8相比为()。 B xA>XB C XAt2> Cta>t,>t Dt1=t2=ts 7.如图所示,在倾角为a的固定光滑斜面上,有一用绳拴着的长木板,木板上站着一只老 鼠。已知木板的质量是老鼠质量的两倍。当绳子突然断开时,老鼠立即沿着板向上跑,以保 持其相对斜面的位置不变。由此木板沿斜面下滑的加速度为() 入
A. 弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为 10 N B. 弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为 6 N C. 弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为 10 N D. 弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为 6 N 5. A、 B 两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量 mA＞ mB，两物 体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离 xA与 xB相比为（ ）。 A. xA＝xB B. xA＞xB C. xA＜xB D. 不能确定 6. 如图所示， ad、 bd、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环 （图中未画出），三个滑环分别从 a、 b、 c 处释放（初速度为零），用 t 1、 t 2、 t 3 依次 表示各滑环到达 d 点所用的时间，则（ ）。 A. t1t2>t3 C. t3>t1>t2 D. t1＝t2＝t3 7. 如图所示，在倾角为 α 的固定光滑斜面上，有一用绳拴着的长木板，木板上站着一只老 鼠。已知木板的质量是老鼠质量的两倍。当绳子突然断开时，老鼠立即沿着板向上跑，以保 持其相对斜面的位置不变。由此木板沿斜面下滑的加速度为（ ）
sin a B gsin a C.<gsin a D. 2gsin a 二、填空题(本大题共5小题,共20.0分) 8.将物体竖直向上抛出,假设运动过程中空气阻力不变,其速度一时间图象如图所示,则 物体所受空气阻力是重力的 倍 ▲w/(m·s t/s 9.质量m=20kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动。0~ 2s内F与运动方向相反,2~4s内F与运动方向相同。物体的速度一时间图象如图所示。 g取10m/s2,物体与水平面间的动摩擦因数u= 10.水平面上一质量为m的物体,在水平恒力F作用下,从静止开始做匀加速直线运动, 经时间t后撤去外力,又经时间3t物体停下,则物体受到的阻力应为 11.如图所示为阿特武德机,一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮,两端分别连接质量为 M=06kg和m=04kg的重锤。已知M自A点由静止开始运动,经105运动到B点。则M 下落的加速度为;当地重力加速度为 1分米
A. sin α B. gsin α C. gsin α D. 2gsin α 二、填空题(本大题共 5 小题，共 20.0 分) 8. 将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图象如图所示，则 物体所受空气阻力是重力的__________倍。 9. 质量 m＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力 F 的作用下，沿水平面做直线运动。0～ 2 s 内 F 与运动方向相反，2～4 s 内 F 与运动方向相同。物体的速度—时间图象如图所示。 g 取 10 m/s 2，物体与水平面间的动摩擦因数 μ＝________。 10. 水平面上一质量为 m 的物体，在水平恒力 F 作用下，从静止开始做匀加速直线运动， 经时间 t 后撤去外力，又经时间 3t 物体停下，则物体受到的阻力应为_______________。 11. 如图所示为阿特武德机，一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，两端分别连接质量为 M=0.6 kg 和 m=0.4 kg 的重锤。已知 M 自 A 点由静止开始运动，经 1.0 s 运动到 B 点。则 M 下落的加速度为 ；当地重力加速度为
12.水平面上一质量为m的物体,在水平恒力F作用下,从静止开始做匀加速直线运动, 经时间t后撤去外力,又经时间3t物体停下,则物体受到的阻力应为。 三、计算题(本大题共3小题,共30.0分) 13.在升降机中的水平底板上放一质量为60kg的物体,如图所示为升降机下降过程中的vt 图象,试通过计算作出底板对物体的支持力F随时间t的变化图象.(g取10m/s2) 4v/(m·s) 10 14.质量是4kg的物体,在一个与水平成30°角、大小为20N的拉力F作用下,由静止开始 沿水平地面做直线运动,它与地面间的动摩擦因数为02,如图所示,试求: (1)物体的加速度和5s内的位移; (2)F多大时物体可以做匀速直线运动? 15.在光滑的水平面上,一个质量为200g的物体,在1N的水平力作用下由静止开始做匀 速直线运动,2s后将此力换为相反方向的1N的力,再过2s将力的方向再反过来…这样 物体受到的力大小不变,而力的方向每过2s改变一次,求经过30s物体的位移
12. 水平面上一质量为 m 的物体，在水平恒力 F 作用下，从静止开始做匀加速直线运动， 经时间 t 后撤去外力，又经时间 3 t 物体停下，则物体受到的阻力应为 。 三、计算题(本大题共 3 小题，共 30.0 分) 13. 在升降机中的水平底板上放一质量为 60 kg 的物体，如图所示为升降机下降过程中的 v-t 图象，试通过计算作出底板对物体的支持力 F 随时间 t 的变化图象.（g 取 10 m/s 2） 14. 质量是 4 kg 的物体，在一个与水平成 30°角、大小为 20 N 的拉力 F 作用下，由静止开始 沿水平地面做直线运动，它与地面间的动摩擦因数为 0.2,如图所示，试求： (1) 物体的加速度和 5 s 内的位移; (2) F 多大时物体可以做匀速直线运动？ 15. 在光滑的水平面上，一个质量为 200 g 的物体，在 1 N 的水平力作用下由静止开始做匀 速直线运动，2 s 后将此力换为相反方向的 1 N 的力，再过 2 s 将力的方向再反过来……这样 物体受到的力大小不变，而力的方向每过 2 s 改变一次，求经过 30 s 物体的位移
【答案】 1.B2.D3.B4.B5.A6.D7.C 10 9.0.2 F 4 11.194m/s29.7m/s 12.4 13.0-25s时间内水平地板对物体的支持力F随时间变化的图象,如图所示 ▲FN 14.(1)287m/s2359m(2)8.12N 15.150m 【解析】 1.物体匀速下滑时,有 mosinα=μ mgcos a。物体上滑时,根据牛顿第二定律, mosin a+ umgcos a=ma,得a=2 gsin a。上滑距离x=2a4gana 2.设弹簧测力计的示数为Fr,以弹簧测力计和钩码为研究对象,根据牛顿第二定律有F (m+mo)g=(m+mo)a,解得a=m+m-g。以钩码为研究对象,根据牛顿第二定律有 Frmg=ma,由以上几式可得F + ym 3.对货物,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,对人根据平衡条件有F+FN=Myg,由以 上两式得FN=480N
【答案】 1. B 2. D 3. B 4. B 5. A 6. D 7. C 8. 9. 0.2 10. 11. 1.94 m/s 2 9.7 m/s 2 12. 13. 0—25 s 时间内水平地板对物体的支持力 F 随时间变化的图象，如图所示: 14. （1）2.87 m/s 2 35.9 m （2）8.12 N 15. 150 m 【解析】 1. 物体匀速下滑时，有 mgsin α＝ μmgcos α。物体上滑时，根据牛顿第二定律， mgsin α+ μmgcos α＝ ma，得 a＝2 gsin α。上滑距离 x＝ 。 2. 设弹簧测力计的示数为 F T，以弹簧测力计和钩码为研究对象，根据牛顿第二定律有 F－ ( m+ m 0) g＝( m+ m 0) a，解得 a＝ － g。以钩码为研究对象，根据牛顿第二定律有 F T－ mg＝ ma，由以上几式可得 F T＝ 。 3. 对货物，根据牛顿第二定律有 F－ mg＝ ma，对人根据平衡条件有 F+ F N＝ Mg，由以 上两式得 F N＝480 N
4.因向右减速,加速度向左,故滑块受的弹力向左,说明弹簧被压缩。F=ma=3x2N=6 5.在滑行过程中,物体所受摩擦力提供加速度,设物体与水平面间的动摩擦因数为,则 Fa Amg FB AmBg 即a4=0;又由运动学公式x=2a可知两物体滑行的最大距离x4=x。 6.小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用,下滑的加速度可认为是由重力沿杆方向的分 力产生的,设杆与竖直方向的夹角为0,由牛顿第二定律知: mgcos 1=ma,则a=gcos① 设圆心为O,半径为R,由几何关系得,滑环由开始运动至d点的位移 x=2Rcos0② 由运动学公式得x=2at2③ 由①②④联立解得t=2Vg 即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关,故t1=t2=t3 7.绳断后,老鼠相对斜面不动,此时老鼠一定用力沿板向上爬,但板又加速下滑,板对老 鼠沿斜面向上的作用力与老鼠的重力沿斜面的分力大小相等,即F= mosin a,由牛顿第三 定律知老鼠对板沿斜面的作用力大小也为 mosin a,对板研究,其重力沿斜面的分力为2 mosin a 则板沿斜面所受合力为F合= mosin a+2 mosin a=3 mosin a 由牛顿第二定律知,板的加速度a=2m=2 gsin a 由图象可知:当物体向上运动时,加速度a1=11m/s2,物体受向下的空气阻力F+和重力 G作用,据牛顿第二定律得F+G=ma1 当物体向下运动时,加速度a2=9m/s2,物体所受重力G和空气阻力Ft方向相反, 故G=ma2②
4. 因向右减速，加速度向左，故滑块受的弹力向左，说明弹簧被压缩。 F＝ ma＝3×2 N＝6 N。 5. 在滑行过程中，物体所受摩擦力提供加速度，设物体与水平面间的动摩擦因数为 μ，则 aA＝ ＝ μg aB＝ ＝ μg 即 aA＝ aB；又由运动学公式 x＝ 可知两物体滑行的最大距离 xA＝ xB。 6. 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿杆方向的分 力产生的，设杆与竖直方向的夹角为 θ，由牛顿第二定律知： mgcos θ＝ ma，则 a＝ gcos θ① 设圆心为 O，半径为 R，由几何关系得，滑环由开始运动至 d 点的位移 x＝2 Rcos θ② 由运动学公式得 x＝ at 2③ 由①②③联立解得 t＝2 即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故 t 1＝ t 2＝ t 3。 7. 绳断后，老鼠相对斜面不动，此时老鼠一定用力沿板向上爬，但板又加速下滑，板对老 鼠沿斜面向上的作用力与老鼠的重力沿斜面的分力大小相等，即 F＝ mgsin α，由牛顿第三 定律知老鼠对板沿斜面的作用力大小也为 mgsin α，对板研究，其重力沿斜面的分力为 2 mgsin α 则板沿斜面所受合力为 F 合＝ mgsin α＋2 mgsin α＝3 mgsin α 由牛顿第二定律知，板的加速度 α＝ ＝ gsin α。 8. 由图象可知：当物体向上运动时，加速度 a 1=11 m/s 2，物体受向下的空气阻力 F f和重力 G 作用,据牛顿第二定律得 F f+G=ma 1 ① 当物体向下运动时，加速度 a 2=9 m/s 2，物体所受重力 G 和空气阻力 F f 方向相反， 故 G-F f=ma 2 ②
代入数据,解①②得:F;=10G. 9.由图象可求出0~2s内物体运动的加速度大小为a1=5m/s2,由牛顿第二定律得F+ Wmg=m1⑨,由图象可求出2~4s内物体运动的加速度大小为a2=1m/s2。由牛顿第 二定律得F-wmg=m2、②,μ=282×10=0.2。 10.设物体所受阻力为F在力F作用下,物体的加速度为a1撒撤去F后,物体的加速度为a2 物体运动过程中的最大速度为v则有力F作用时 F-Fema t 撤去力F后F=ma2③ v=a 2. 3t 解①②③④得:F=4 11. (1)M下落的距离h=9.70dm=0.97 22×0.97 由h=2at2得 m/s2=194m/s2。 (2)设绳中的拉力为F,根据牛顿第二定律 对M:Mg-F=Ma 对m:Fmg=ma 代入数据得g=9.7m/s2。 12.设物体所受阻力为F,力F作用时,物体的加速度为a1,撤去F后,物体的加速度为a 物体运动过程中的最大速度为v。则有力F作用时FF=m1① 撤去力F后 F 解①②③④得F=4
代入数据，解①②得：F f= G. 9. 由图象可求出 0～2 s 内物体运动的加速度大小为 a 1＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得 F＋ μmg＝ ma 1…①，由图象可求出 2～4 s 内物体运动的加速度大小为 a 2＝1 m/s 2。由牛顿第 二定律得 F－ μmg＝ ma 2…②， μ＝ ＝0.2。 10. 设物体所受阻力为 F f ,在力 F 作用下，物体的加速度为 a 1;撤去 F 后，物体的加速度为 a 2, 物体运动过程中的最大速度为 v,则有力 F 作用时 F-F f=ma 1 ① v=a 1t ② 撤去力 F 后 F f=ma 2 ③ v=a 2·3t ④ 解①②③④得：F f= . 11. （1） M 下落的距离 h=9.70 dm=0.97 m 由 h= at 2 得 a= = m/s 2=1.94 m/s 2。 （2）设绳中的拉力为 F，根据牛顿第二定律 对 M： Mg- F= Ma 对 m: F- mg= ma 代入数据得 g=9.7 m/s 2。 12. 设物体所受阻力为 Ff，力 F 作用时，物体的加速度为 a 1,撤去 F 后，物体的加速度为 a 2，物体运动过程中的最大速度为 v。则有力 F 作用时 F- Ff= ma 1 ① v= a 1 t ② 撤去力 F 后 Ff= ma 2 ③ v= a 2·3 t ④ 解①②③④得 Ff=
13.速度图线显示了整个过程中的速度大小和变化规律,所以本题是已知运动求力的问题 运动过程分三个阶段: 第一阶段,初速度为零的向下匀速运动,由图象得a1=5m/s2=2m/s2 由牛顿第二定律得mgF1=ma1F1=m(g-a)=60×(10-2)N=480N 第二阶段,匀速向下运动,物体处于平衡状态,由牛顿第二定律得mg-2=0, 即F2=mg=600N 第三阶段,向下匀减速运动,由15-25s间的速度图象可知a3=10m/s2=1m/s2 由牛顿第二定律得mgF3=ma3 F3=m(ga3)=60×(10--1)N=660N 由以上分析作出0-25s时间内水平地板对物体的支持力F随时间变化的图象,如图所 14.略 15.(1)物体是在1N的水平力作用下,产生的加速度的大小为:a=m=0.2m/s2=5m/52 物体在25内做匀加速运动,25内位移为:s1=2at2=2x5×2m=10m 方向与力的方向相同 t=2s末的速度v1为:v1=at=5x2m/s=10m/s (2)从第35初到第4s末,在这25内,力F的方向变成反向,物体将以v1=10m/s 的初速度做匀减速运动,45末的速度为:v2=V1-at=(10-5X2)m/s=0 n+v210+0 在此25内物体的位移为:52=2t=2x2m=10m 方向与位移s1的方向相同 从上述分段分析可知,在这4s内物体的位移为s1+s2=20m物体4s末的速度为零 以后重复上述过程后4s内物体前进20m.物体在30s内有7次相同的这种过程,经过4 sx7=28s,最后2s物体做初速度为零的加速运动,位移为10m 所以经过30s物体的总位移为s=(20×7+10)m=150
13. 速度图线显示了整个过程中的速度大小和变化规律，所以本题是已知运动求力的问题. 运动过程分三个阶段： 第一阶段，初速度为零的向下匀速运动，由图象得 a 1= m/s 2=2 m/s 2 由牛顿第二定律得 mg-F 1=ma 1,F 1=m(g-a 1)=60×(10-2) N=480 N 第二阶段，匀速向下运动，物体处于平衡状态，由牛顿第二定律得 mg-F 2=0， 即 F 2=mg=600 N 第三阶段，向下匀减速运动，由 15—25 s 间的速度图象可知 a 3= m/s 2=-1 m/s 2 由牛顿第二定律得 mg-F 3=ma 3 F 3=m(g-a 3)=60×[10-(-1)] N=660 N 由以上分析作出 0—25 s 时间内水平地板对物体的支持力 F 随时间变化的图象，如图所 示: 14. 略 15.（1）物体是在 1 N 的水平力作用下，产生的加速度的大小为：a= = m/s 2=5 m/s2 物体在 2 s 内做匀加速运动，2 s 内位移为：s 1= at 2= ×5×2 2 m=10 m 方向与力的方向相同 t=2 s 末的速度 v 1 为：v 1=at=5×2 m/s=10 m/s. （2）从第 3 s 初到第 4 s 末，在这 2 s 内，力 F 的方向变成反向，物体将以 v 1=10 m/s 的初速度做匀减速运动，4 s 末的速度为：v 2=v 1-at=(10-5×2) m/s=0 在此 2 s 内物体的位移为：s 2= t= ×2 m=10 m 方向与位移 s 1 的方向相同 从上述分段分析可知，在这 4 s 内物体的位移为 s 1+s 2=20 m.物体 4 s 末的速度为零， 以后重复上述过程后 4 s 内物体前进 20 m.物体在 30 s 内有 7 次相同的这种过程，经过 4 s×7=28 s,最后 2 s 物体做初速度为零的加速运动，位移为 10 m 所以经过 30 s 物体的总位移为 s=(20×7+10) m=150 m