课时作业9：4.5 牛顿运动定律的应用
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第5节 牛顿运动定律的应用
课时定时训练
(限时35分钟)
题组一 根据受力情况确定运动情况
1.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们( )
A.滑行中的加速度之比为2∶3 B.滑行的时间之比为1∶1
C.滑行的距离之比为4∶9 D.滑行的距离之比为3∶2
答案 C
解析 木块滑动时在水平方向上只受摩擦力，则Ff＝μmg＝ma，a＝μg，所以两木块加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝v0a，可得tAtB＝vAvB＝23，B错误；根据公式v20＝2ax可得xAxB＝v2Av2B＝49，C正确，D错误。
2.如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6。求：
(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；
(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离s。
答案 (1)5.2 m/s (2)6.76 m
解析 (1)未撤去拉力时对雪橇受力分析如图，设加速度为a1，在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin 37°＝mg，
在水平方向上，由牛顿第二定律得
Fcos 37°－Ff＝ma1，且Ff＝μFN；
联立解得a1＝2.6 m/s2，
则刚撤去拉力时，雪橇的速度大小
v＝a1t＝2.6×2 m/s＝5.2 m/s。
(2)撤去拉力后，设其加速度为a2，由牛顿第二定律得
μmg＝ma2，
解得a2＝μg＝2 m/s2，根据v2＝2a2s，解得s＝6.76 m。
题组二 根据运动情况确定受力情况
3.如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进，突然发生意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是( )
A.mg2－a2 B.ma
C.mg2＋a2 D.m(g＋a)
答案 C
解析 西瓜与汽车具有相同的加速度a，对西瓜A受力分析如图所示，F表示周围西瓜对西瓜A的作用力，则由牛顿第二定律得F2－（mg）2＝ma，解得F＝mg2＋a2，故选项C正确，A、B、D错误。
4.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2) ( )
A.42 N B.6 N
C.21 N D.36 N
答案 D
解析 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝
tan θ；当在推力F作用下加速上滑时，由运动学公式x＝12at2，得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，故选项D正确。
5.如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝4 N，g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝5 s时无人机离地面的高度h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v的大小；
(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供最大升力。为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案 (1)75 m (2)40 m/s (3)553 s
解析 (1)无人机起飞过程，由牛顿第二定律得
F－mg－Ff＝ma，
代入数据解得a＝6 m/s2 由运动学公式h＝12at2
得h＝75 m。
(2)无人机坠落过程，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma1，代入数据解得a1＝8 m/s2
由v2＝2a1H得无人机坠落地面时的速度
v＝2a1H＝40 m/s。
(3)无人机恢复升力后向下减速运动过程
F－mg＋Ff＝ma2，
代入数据解得a2＝10 m/s2
设恢复升力时的速度为vm，
则有v2m2a1＋v2m2a2＝H，
解得vm＝4053 m/s
由vm＝a1t1，解得t1＝553 s。
6.(2020·山东滕州一中月考)滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝
70 kg，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度
g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：
(1)游客匀速下滑时的速度大小；
(2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
答案 (1)16 m/s (2)210 N 解析 (1)开始下滑的时候，整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，根据牛顿第二定律可得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
代入数据可得a＝2 m/s2
游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度，末速度的大小v0＝at1＝16 m/s。
(2)整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律
v2－v20＝2a′x
代入数据可得a′＝－8 m/s2
力的方向都指向左边，由牛顿第二定律－F－μmg＝ma′。
解得F＝210 N。
7.(2020·江苏泰州中学月考)如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向(大小不变)，其部分v－t图如图乙所示：t＝3 s时物体恰好滑到C点，取sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物体从A到C的平均速度大小。
答案 (1)8 N 0.5 (2)7 m/s
解析 (1)由v－t图可知物体在AB段的加速度为
a1＝Δv1Δt1＝10 m/s2
在BC段加速度为a2＝Δv2Δt2＝－2 m/s2
由牛顿第二定律知物体在AB段有
F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
在BC段有mgsin θ－F＝ma2
联立并代入数值得F＝8 N，μ＝0.5。
(2)由v－t图像及运动学规律知物体从B到C经历的时间为t2＝2 s，v3＝6 m/s 物体从A到B发生的位移为
x1＝v12t1＝101×1 m＝5 m
物体从B到C发生的位移为
x2＝（v1＋v3）2t2＝（10＋6）2×2 m＝16 m
物体从A到C的平均速度大小 v－＝x1＋x2t1＋t2＝7 m/s。
