1、课时素养评价 二十牛顿运动定律的应用 (25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.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,轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕。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大小为()A.7 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.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:mg=ma,解得:a=g。由=2ax,可得汽车刹车前的速度大小为:v0= m/s=14 m/s,因此B正确。2.如图所示
2、,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则()A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。根据物块的运动情况可知,加恒力F前、后,物块的受力情况分别如图甲、乙所示;则由牛顿第二定律得:mgsin-mgcos=ma,(F+mg)sin-(F+mg)cos=ma,两式相除得:=1,所以aa,故只有C正确。【加固训练】如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角=30的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的推力F作用于木块上,使其由静止开始沿
3、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的大小为(g取10 m/s2)()A.42 NB.6 NC.21 ND.36 N【解析】选D。木块能沿斜面匀速下滑,由二力平衡知:mgsin=mgcos;当在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得:F-mgsin-mgcos=ma,解得F=36 N,D正确。3.如图所示,在行驶过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的乘客可能受到伤害。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从
4、踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为()A.420 NB.600 NC.800 ND.1 000 N【解析】选A。从踩下刹车到车完全停止的5 s内,乘客的速度由30 m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a=- m/s2=-6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F=ma=70(-6) N=-420 N,负号表示力的方向跟初速度方向相反,所以选项A正确。4.2019年10月1日,在共和国成立70周年大庆之日,全国各地的人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计,某种装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4 s末到达距地面100 m的最高
5、点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)()A.25 m/s,1.25B.40 m/s,0.25C.50 m/s,0.25D.80 m/s,1.25【解析】选C。根据h=at2,解得a=12.5 m/s2,所以v0=at=50 m/s;上升过程中礼花弹所受的阻力大小f=kmg,则a=(k+1)g=12.5 m/s2,解得k=0.25,故选项C正确。5.如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止在
6、右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角,则此刻小车对物块B产生的摩擦力的大小和方向为()A.mg,水平向右B.mg,水平向左C.mgtan,水平向右D.mgtan,水平向左【解析】选C。以小球A为研究对象,分析受力如图,根据牛顿第二定律得:mAgtan=mAa,得:a=gtan,方向水平向右。再对物块B研究得:小车对B的摩擦力为:f=ma=mgtan,方向水平向右,故C正确。6.如图甲所示,在粗糙水平面上,物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动,其速度时间图像如图乙所示,下列判断正确的是()A.在01 s内,外力F不断增大B.在13 s内,外力F的大小恒定C.
7、在34 s内,外力F不断增大D.在34 s内,外力F的大小恒定【解析】选B。在速度时间图像中,01 s内物块速度均匀增大,物块做匀加速直线运动,外力F为恒力;13 s内,物块做匀速直线运动,外力F的大小恒定,34 s内,物块做减速运动,加速度不断增大,合力不断增大,F合=Ff-F,Ff不变,外力F变小。综上所述,只有B正确。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7. (10分)如图,一个质量为10 kg的物体,沿水平地面向右运动,经过O点时速度大小为11 m/s,此时对物体施加一个水平向左、大小为12 N的恒力F。物体与水平面间的动摩擦因数为
8、0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,求:(1)物体能运动到O点右侧的最大距离;(2)8 s末物体的速度大小。【解析】(1)物体向右运动时受到向左的摩擦力f=FN=mg=10 N物体做匀减速运动,设加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:F+f=ma1解得a1=2.2 m/s2当向右运动的速度减为0时,向右运动的距离最大,0-=-2a1xm解得xm=27.5 m。(2)物体做匀减速运动,设经时间t1速度减为0,0=v0-a1t1解得t1=5 s之后物体向左做匀加速运动,设加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:F-f=ma28 s末物体速度大小为v=a2(t-t1)=0.6 m/s。
9、答案:(1)27.5 m(2)0.6 m/s8.(14分)(2020扬州高一检测)如图所示,质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处,A、B的间距L=20 m。用大小为30 N,沿水平方向的外力拉此物体,经t0=2 s拉至B处。(已知cos37=0.8,sin37=0.6,g取10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数;(2)用大小为30 N,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恰能到达B处,求该力作用的最短时间。【解析】(1)物体做匀加速直线运动,有L=a所以a=10 m/s2根据牛顿第二定律有F-f=ma则f=F-ma=10 N所以=0.5。(2)设F作
10、用的最短时间为t,则物体先以大小为a1的加速度匀加速t,撤去外力后,物体以大小为a2的加速度匀减速t到达B处,速度恰好为零,由牛顿第二定律得:Fcos37-(mg-Fsin37)=ma1所以a1=-g=11.5 m/s2a2=g=5 m/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a1t=a2t所以t=t=t=2.3t又L=a1t2+a2t2所以t=1.03 s。答案:(1)0.5(2)1.03 s (15分钟40分)9.(6分)(多选)在一东西方向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的
11、拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()A.8B.10C.15D.18【解析】选B、C。设每节车厢的质量为m,这列车厢的节数为n,东边车厢的节数为x,西边车厢的节数为n-x。当机车在东边拉车厢时,对西边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F=(n-x)ma;当机车在西边拉车厢时,对东边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F=max,联立可得n=x,x为3的倍数,则n为5的倍数,B、C正确,A、D错误。10.(6分)(2020泰州高一检测)如图所示,AD、BD、CD是竖直面内三根固定的光
12、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0),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达D点所用的时间,则()A.t1t2t2t3C.t3t1t2D.t1=t2=t3【解析】选D。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,由牛顿第二定律得mgcos=ma,则a=gcos设圆心为O,半径为R,由几何关系得,滑环由开始运动至到达D点的位移x=2Rcos由运动学公式得x=at2由联立解得t=2。即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关,故t1=t2=t3。D正确。11.(6分)(多选)如图所示,
13、水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则下列说法中正确的是()A.若传送带不动,则vB=3 m/sB.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/sC.若传送带顺时针匀速转动,vB一定等于3 m/sD.若传送带顺时针匀速转动,vB可能等于 3 m/s【解题指南】解答本题需明确以下三点:(1)若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知-=2ax,a=g,可求出vB。(2)若传送带以逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,工件的运动情况跟传送带不动时的一样。(3)若传送带顺时针匀速转动时,要根据传送带的
14、速度大小进行分析。【解析】选A、B、D。若传送带不动,工件的加速度:a=-=-g=-0.110 m/s2=-1 m/s2,由-=2ax,得:vB= m/s=3 m/s,故A正确;若传送带逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为a=-g,工件的运动情况跟传送带不动时一样,则vB=3 m/s,故B正确;若传送带以小于3 m/s 的速度顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度仍为a=-g,工件的运动情况跟传送带不动时一样,则vB=3 m/s;若以大于4 m/s的速度顺时针匀速转动,则开始时物体受到的摩擦力向右,物体做加速
15、运动,vB大于3 m/s;故C错误,D正确。12.(22分)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带,恒定速度v=4 m/s,传送带与水平面的夹角=37,现将质量m=1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点),与此同时,给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8 N,经过一段时间,小物块上到离地面高为h=2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,(g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)问:(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度。【解析】
16、(1)对物块受力分析可知,物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,直至速度达到传送带的速度,由牛顿第二定律:F+mgcos37-mgsin37=ma1,解得:a1=6 m/s2t1= sx1= m物块达到与传送带同速后,对物块受力分析发现,物块受的摩擦力的方向改变,因为F=8 N,而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N。故不能相对斜面向上加速。故得:a2=0,x=,t2= s得t=t1+t2= s1.33 s。(2)若达到同速后撤去力F,对物块受力分析,因为mgsin37mgcos37,故减速上行,mgsin37-mgcos37=ma3,得a3=2 m/s2物块减速到0的位移x0=4 mx2=x-x1= mx0,故物块从传送带上端离开,设物块还需t离开传送带,离开时的速度为vt,则:v2-=2a3x2,vt= m/s2.3 m/st=0.85 s。答案:(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s关闭Word文档返回原板块
