人教版高一物理必修一第四章第七节用牛顿定律解决问题(二)课时小测

第七节 用牛顿定律解决问题(二)课时小测一、单选题1如图，在向右匀速行驶的车上，一小球吊在车厢顶上，车底板上的A点在小球的正下方若小球上面的细绳被烧断，小球将落在（ ） A A点B A点的右侧C A点的左侧D 无法确定【答案】A【解析】小球上面的细绳被烧断时，因为小球具有惯性，与火车一起向前运动，在水平方向上，小球与小车相对静止，所以小球将落在A点，故A正确。2质量分别为mA和mB的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下（下图所示），当细线被剪断的瞬间，关于两球下落加速度的说法中，正确的是 （ ）A aA=aB=0B aA=aB=gC aAg，aB=0D aAg，aB=0【答案】C【解析】B球受到两个力：重力和弹簧拉力，由于这两个力原来平衡，现在剪断绳子后这两个力不变，所以B所受合力还是为零，所以B球的加速度为零剪断绳子后A球受到两个力：重力和弹簧弹力，弹簧弹力为mBg，所以A的加速度为：aA=mBg+mAgmA=(1+mBmA)gg 故选C。3一汽车沿平直公路运动，某段时间内的速度时间图像如图所示，则（ ）A 在0-t1时间内，汽车做匀减速直线运动B 在0-t1时间内，汽车的位移等于v1t1C 在t1-t2时间内，汽车的平均速度小于v1+v22D 在t1-t2时间内，汽车的平均速度等于v1+v22【答案】C【解析】A、根据速度图象可知，在0-t1时间内，汽车的速度先减小后增大，不是匀减速直线运动，故A错误。B、速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，根据图象可知，在0-t1时间内，汽车的位移小于v1t1，故B错误。C、D、若t1-t2时间内，汽车做匀减速直线运动，则其平均速度为v1+v22，而汽车的实际位移小于匀减速运动的位移，所以平均速度小于v1+v22，故C正确，D错误。故选C。4如图，质量为M的凹形槽沿斜面匀速下滑，现将质量为m的砝码轻轻放入槽中，下列说法中正确的是 （ ）A M和m一起加速下滑B M和m一起减速下滑C M和m仍一起匀速下滑【答案】C【解析】由题，质量为M的凹形槽沿斜面匀速下滑，合力为零，则有Mgsin=Mgcos，得sin=cos当将质量为m的砝码轻轻放入槽中时，重力沿斜面向下的分力为G1=（M+m）gain，滑动摩擦力为f=（M+m）cos可知，G1=f，M和m的整体所受的合力仍为零，故M和m仍一起匀速下滑故选C。5如图甲所示，倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量m=0.8kg的物体受到平行斜面向上的力F作用，其大小F随时间t变化的规律如图乙所示，t = 0时刻物体速度为零，重力加速度g=10m/s2。下列说法中正确的是A 01s时间内物体的加速度最大B 第2s末物体的速度不为零C 23s时间内物体做向下匀加速直线运动D 第3s末物体回到了原来的出发点【答案】C【解析】对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，平行与斜面方向分力为：G1=mgsin30=4N分阶段讨论物体的运动情况：0到1s内，F合=5N-4N=1N，沿斜面向上，加速度a=F合m=1.25m/s21s末速度为：v1=at1=1.25m/s1s到2s内，F合=3N-4N=-1N，沿斜面向下，加速度a=F合m=-1.25m/s22s末速度为：v2=v1+at2=0m/s2s到3s内，F合=1N-4N=-3N，沿斜面向下，加速度a=F合m=-3.75m/s23s末速度为：v3=v2+at3=-3.75m/s通过以上分析可知：A、2s到3s加速度最大，故A错误；B、第2s末物体的速度为零，故B错误；C、23s时间内物体做向下匀加速直线运动，故C正确；D、02s内的位移x1=v12t2=1.25m，方向沿斜面向上；第3s内的位移x2=12at12=123.7512m=1.875m，方向沿斜面向下，所以第3s末物体回到了原来的出发点的下方，故D错误。故选C。6以下说法中正确的是（ ）A 牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律B 不受外力作用时，物体的运动状态保持不变C 在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果D 飞跑的运动员，由于通到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态【答案】ABD【解析】牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时将保持匀速直线运动状态或静止状态，故A正确；不受外力作用时，由于惯性的作用，物体的运动状态保持不变，故B正确；水平地面上的木块最终要停下来，是因为物体受到了摩擦力的作用，故C错误；力是改变物体运动状态的原因，故物体运动状态发生改变时，一定受到了外力的作用，飞跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态，故D正确；本题选错误的，故选C。二、多选题7关于人造卫星的发射与回收，以下说法正确的是()A 发射上升阶段，人造卫星处于失重状态B 在圆周轨道运行的卫星中，宇航员不受重力，处于完全失重状态C 人造卫星运行轨道越高，线速度的大小越小D 在卫星返回地球的最后软着陆阶段，卫星处于超重状态【答案】CD【解析】人造卫星发射时，加速度向上，处于超重状态故A错误；在圆周轨道运行的卫星中，宇航员只受重力，重力提供向心力，处于完全失重状态，故B错误；根据万有引力提供向心力得GmMr2mv2r，vGMr，人造卫星运行轨道越高，线速度的大小越小，故C正确；在卫星返回地球的最后软着陆阶段，做减速运动，加速度向上，卫星处于超重状态，故D正确故选CD.8体重为600N的小红同学站在升降机中的测力计上，某一时刻他发现磅秤的示数为500N，则在该时刻升降机可能是以下列哪种方式运动( )A 加速上升B 匀速上升C 加速下降D 减速上升【答案】CD【解析】体重为600N的小红同学站在升降机中的磅秤上，发现磅秤的示数是500N，磅秤的示数是通过人对磅秤的压力产生的，所以人对磅秤的压力变小，人的重力不变，该同学处于失重状态，所以应该有向下的加速度，那么此时的运动可能是向下加速运动，也可能是向上减速运动，故AB错误，CD正确；故选CD。9如图所示一质量为m的小猫倒立在竖直运动的升降机内，脚下的台秤示数正好是小猫正常情况下的体重mg，g为重力加速度.则升降机可能的运动状态为()A 向下加速运动，加速度大小为g B 向上加速运动，加速度大小为2gC 向上减速运动，加速度大小为2g D 向下加速运动，加速度大小为2g【答案】CD【解析】对猫受力分析可知，猫受到台秤的支持力向下，故猫受到的合力F=2mg；则由牛顿第二定律可知，2mg=ma；a=2g；方向竖直向下；故物体可能的运动情况为向下的加速运动或向上的匀减速直线运动；故选CD10质量为m的物体通过弹簧秤悬挂在升降机的顶板上，当升降机静止时，弹簧秤的示数为20 N，当升降机在竖直方向运行时，弹簧秤的示数稳定为16 N。重力加速度取10 m/s2。若从升降机速度为10 m/s时开始计时，在此后的1s钟内升降机通过的距离可能是A 6 m B 9 m C 11 m D 14 m【答案】BC【解析】当升降机静止时，根据力的平衡条件可知，物体的重力G=F=20N，则物体的质量m=G/g=20/10kg=2kg，由题可知，弹簧秤的示数小于物体的重力，物体处于失重状态，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得，mgF=ma，代入数据可解得：a=2m/s2.物体可能向上做匀减速运动，也可能向下做匀加速运动。当物体向上做匀减速运动时，在此后的1s钟内升降机通过的位移：x1=v0t12at2=101m12212m=9m，当物体向下做匀加速运动时，在此后的1s钟内升降机通过的位移：x2=v0t+12at2=101m+12212m=11m，故AD错误，BC正确。故选：BC.三、解答题11如图所示，一水平传送带以v=2m/s的速度作匀速运动，传送带两端的距离是s=20m将一物体轻放在传送带一端A，已知传送带与物体间的动摩擦因数为0.1，试求物体由传送带一端运动到另一端所需的时间是多少？（g=10m/s2）【答案】11s【解析】物体匀加速运动的时间：t1=v-v0a 物体匀加速运动的加速度：a=F合m=g 所以t1=vg=20.110s=2s 物体在t1内的位移为：s1=12at12=2m 物体匀速运动通过的位移为：s2=20-s1=18m 物体匀速运动的时间：t2=s2v=9s 所以总时间为：t=t1+t2=11s12质量为10Kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，如果用大小40N，方向斜向上与水平方向的夹角为37的恒力作用，使物体沿水平面向右运动,求（1）物体运动的加速度大小；（2）若物体由静止开始运动，需要多长时间速度达到8.4m/s，物体的位移多大？【答案】（1）1.68m/s2 （2）21m【解析】(1) 以物体为研究对象，首先对物体进行受力分析，如图所示建立平面直角坐标系把外力沿两坐标轴方向分解设向右为正方向，依据牛顿第二定律列方程：Fcos-f=ma Fsin+N=mg 解得：a=Fcos-(mg-Fsin)m 代入数据解得：a=1.68ms2；(2) 因为物体做匀加速直线运动，所以根据运动学公式可知：v=v0+at 物体运动时间为：t=va=8.41.68s=5s 物体的位移大小为：s=12at2=121.6852m=21m。13在粗糙的水平面上有两个静止的物体A、B，它们的质量均为m=2kgA与水平面间的动摩擦因数为1=0.4，B与水平面间的动摩擦因数2=0.2在水平恒力F=20N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t=2s然后撤掉求：（1）A、B一起运动的过程中B对A的作用力； （2）A、B都静止时它们之间的距离L（g=10m/s2）【答案】（1）8N，方向由B指向A（或向左） （2）2m【解析】(1)以AB整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得F-1mg-2mg=2ma可得物体整体运动的加速度a=F-1mg-2mg2m=20-0.4210-0.221022m/s2=2m/s2 对A受力分析可知A在水平方向受推力F和B对A的作用力N，以及地面摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：F1mgN=ma可得B对A的作用力N=F1mgma=200.421022N=8N，方向由B指向A（或向左）（2）解：根据速度时间关系知，撤去外力F后，AB整体的速度v=at=22m/s=4m/s撤去F后：A的加速度大小aA=1g=0.410m/s2=4m/s2 A的位移大小xA=v22aA=4224m=2m撤去力F后，B的加速度大小aB=2g=0.210m/s2=2m/s2 B的位移大小xB=v22aB=4222m=4m所以A、B都静止时它们之间的距离L=xB-xA=4-2m=2m14如图所示，质量m=10kg和M=20kg的两物块，叠放在动摩擦因数=0.5的粗糙水平地面上，质量为m的物块通过处于水平位置的轻弹簧与竖直墙壁连接，初始时弹簧处原长，弹簧的劲度系数k为250N/m现将一水平力F作用在物块M上，使两物体一起缓缓地向墙壁靠近，当移动0.4m时，两物块间才开始相对滑动，（g=10N/kg） （最大静摩擦力等于滑动摩擦力）问（1）当两物体移动0.2m时，弹簧的弹力是多大？此时，M对m摩擦力的大小和方向？ （2）请画出两物体刚出现相对滑动时M的受力分析图，并求出这时水平推力F的大小【答案】（1）50N （2）250N【解析】(1)移动0.2m时，弹簧弹力：F弹=kx=250N/m0.2m=50N；对m受力分析，受重力、支持力、弹簧弹力和静摩擦力，根据平衡条件，M对m摩擦力向左，大小为：f=F弹=50N(2)移动0.2m时，弹簧弹力：F弹=kx=250N/m0.4m=100N；对m受力分析，受重力、支持力、弹簧弹力和静摩擦力，根据平衡条件，M对m摩擦力向左，大小为：f1=F弹=100N；对M受力分析，如图所示：根据牛顿第三定律，m对M有向右的静摩擦力，大小也为100N；地面对M的摩擦力：f2=N=（M+m）g=0.5（20+10）10=150N；根据平衡条件，有：F=f1+f2=100+150=250N15如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为=37的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8NF67.2N【解析】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左根据牛顿第二定律得： mgtan=ma得 a=gtan=10tan37=7.5m/s2m受到支持力FN=mgcos=20cos37N=25N(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有 NsinNcos=ma1竖直方向有 Ncos+Nsinmg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2， 对物块分析，在水平方向有 NsinNcos=ma2竖直方向有 NsinNsinmg=0对整体有 F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8NF67.2N16如图斜面始终静止在地面上，斜面上物体A质量2kg，与斜面间的最大静摩擦力为正压力的0.4倍，为使物体A在斜面上静止，问：（1）B的质量最大值和最小值是多少？ （2）对应于B质量最大和最小两种情形地面对斜面的摩擦力分别多大（取g=10m/s2 ， sin37=0.6，cos37=0.8）？【答案】（1）B球质量的最小值为0.56kg ，最大值为1.84kg （2）当FT=mBming=5.6N时，f1=5.60.8=4.48N；当FT=mmaxg=18.4N时，f2=18.40.8=17.42N。【解析】(1)当A物体刚不向下滑动时，静摩擦力达到最大值，方向沿斜面向上，由平衡条件有：mAgsinFT1F=0当A物体刚不向上滑动时，静摩擦力也达到最大值，方向沿斜面向下由平衡条件有：mAgsinFT2+F=0且FT1=FT2=mBmaxgF=0.4mAgcos由以上各式解得所求B的质量的最小值：mBmin=mA（sin370.4cos37）=0.56kgB的质量的最大值：mBmax=mA（sin37+0.4cos37）=1.84kg(2)对A和斜面体整体受力分析，受重力、细线的拉力、支持力和地面的静摩擦力，根据平衡条件，静摩擦力等于拉力的水平分力，即：FTcos37=f当FT=mBming=5.6N时，f1=5.60.8=4.48N；当FT=mmaxg=18.4N时，f2=18.40.8=17.42N17如图所示，物体A、B叠放在水平桌面上，A与B接触面之间的动摩擦因数为0.1，B与地面的动摩擦因数为0.2，A物体的重力是50N，B的重力为100N，A的左端用水平细线拉住，细线另一端固定于墙上（1）现用水平力F将物体B从A下方匀速拉出，求水平拉力F的大小； （2）如果在A物体上再放一个50N重的物体C，且假设A与B之间，B与地面之间最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，则通过计算说明，用一个水平拉力F=46N能否将B从A下方拉出【答案】（1）35N （2）不能将B从A下方拉出【解析】(1)物体A对B的压力等于重力，为50N，故fAB=1GA=0.150=5N，物体AB整体对地面压力等于重力，为150N，故fBD=2（GA+GB）=0.2（50+100）=30N，对B分析，受重力、支持力、支持力和两个向左的摩擦力，根据平衡条件，有：F=fAB+fBD=5N+30N=35N；(2)在A物体上再放一个50N重的物体C，AC整体对B的压力为100N，故AB间的最大静摩擦力大小为：fAB=1（GA+GC）=0.1（50+50）N=10N，物体AB整体对地面压力等于重力，为200N，故fBD=2（GA+GB+GC）=0.2（50+100+50）N=40N，故如果将物体拉出，拉力的最小值为：Fmin=fAB+fBD=10N+40N=50N46N，故用46N的力无法将物体拉出；18一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重，一个可乘10多个人的环形座舱套在竖直柱子上由升降机先送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置，制动系统启动，到地面时刚好停下，已知座舱开始下落时的高度为70m，当座舱自由下落距地面45m时开始制动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下，当座舱落到离地10m处时，某人在电梯里最多能举起质量为m=20kg的物体，问该人在地面上最多能举起质量M为多少的重物？重力加速度g=10m/s2【答案】31.1kg【解析】座舱下落到距地面45m时，座舱的速度为v，根据v2=2gh1可得：v=2gh1=210(70-45)=105m/s 当落到离地面45m的位置时开始制动，此后座舱做匀减速直线运动直到落到地面上，加速度不发生变化，v2=2ah2 a=v22h2=500245=509m/s2 座舱落到离地面10m的位置时，物体做匀减速直线运动，则根据牛顿第二定律可知：F-mg=ma 则：F=mg+ma=20(10+509)311N 该人在地面上最多能举起质量为：M=Fg=31110=31.1kg19如图所示，在台秤的托盘上放一底面粗糙、倾角为的斜面体，质量为M，斜面上放一个质量为m的物体。如果斜面光滑，求物体从斜面上滑下过程中台秤的读数。【答案】M+mcos2g【解析】物体沿光滑斜面下滑的加速度a=gsin，将加速度沿水平和竖直方向分解，因ay竖直向下，故物体失重在数值上等于may，又M无加速度，所以M和m组成的系统处于失重状态，总的失重等于m的失重。M对台秤的压力即台秤的读数FN=（M+m）g-may因为ay=asin=gsin