高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用当堂检测题

第四章　运动和力的关系

第5节综合拔高练

五年选考练

考点1　动力学两类基本问题

1.(2019课标Ⅲ,20,6分,)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

图(a)

图(b)　　　　　　　　　　图(c)

A.木板的质量为1 kg

B.2 s~4 s内,力F的大小为0.4 N

C.0~2 s内,力F的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

2.(2017课标Ⅱ,24,12分,)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求:

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

考点2　牛顿运动定律的综合应用

3.(2018浙江4月选考,19,9分,)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:

(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;

(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;

(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)

4.(2019江苏单科,15,16分,)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;

(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';

(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。

三年模拟练

应用实践

1.(2020广东珠海二中高一上期末,)倾角为30°的长斜坡上有C、O、B三点,CO=OB=10 m,在O点竖直的固定一长10 m的直杆AO。A端与C点、坡底B点间各连有一光滑的钢绳,且各穿有一钢球(视为质点),将两球从A点由静止开始同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端,如图所示,则小球在钢绳上滑行的时间tAB和tAC分别为(g取10 m/s2)(　　)

A. s和4 s B. s和2 s

C.2 s和2 s D.4 s和 s

2.(2020江西吉安高三诊断,)(多选)如图甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力F,使环由静止开始沿杆向上运动。已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　　)

A.小环的质量是1 kg

B.细杆与地面间的夹角为30°

C.前1 s内小环的加速度大小为5 m/s2

D.前3 s内小环沿杆上升的位移为1.25 m

3.(2020湖南长沙长郡中学高三期末,)(多选)绷紧的传送带长L=32 m,铁块与传送带间动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.若传送带静止,A处小铁块以v0=10 m/s向B运动,则铁块到达B处的速度为6 m/s

B.若传送带始终以4 m/s的速度向左运动,而铁块从A处以v0=10 m/s向B运动,铁块到达B处的速度为6 m/s

C.若传送带始终以4 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,铁块将一直向右匀加速运动

D.若传送带始终以10 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,铁块到达B处的速度为8 m/s

4.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高一上期末,)如图甲所示,质量为m=0.5 kg的小物块静止在倾角为37°的斜面的底端,现对其施一沿斜面向上的力F,力随时间变化的情况如图乙所示,4 s后撤去力F。已知 sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,设斜面足够长。求:

(1)力F作用下物块的加速度是多少?

(2)物块沿斜面向上运动的最大距离是多少?

(3)物块沿斜面运动的时间是多少?(结果可保留根号)

迁移创新

5.(2020北京海淀高一上期末,)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图。一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下,从A点由静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=。g取10 m/s2。试求:

(1)小球运动的加速度a1;

(2)若风力F作用1.2 s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离xm;

(3)在上一问的基础上若从撤去风力F开始计时,小球经多长时间将经过距A点上方为2.25 m的B点。

答案全解全析

五年选考练

1.AB　分析知木板受到的摩擦力f'=f。0~ 2 s,木板静止,F=f',F逐渐增大,所以C错误。4 s~5 s,木板加速度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f'=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正确。2 s~4 s,对木板有F-f'=ma1,F=f'+ma1=0.2 N+1× N=0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。

2.答案　(1)　(2)

解析　(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ,则冰球在冰面上滑行的加速度大小a1=μg①

由速度与位移的关系知-2a1s0=-②

联立①②得μ==③

(2)设冰球运动的时间为t,则t=④

又s1=at2⑤

由③④⑤式得a=⑥

3.答案　(1)16 m　(2)见解析　(3)2 m/s

解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中,有x=at2,代入数据解得x=16 m

(2)在企鹅卧倒以后将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有

mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1

mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2

代入数据解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2

(3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设运动时间为t',位移为x',则有t'=,x'=a1t'2

代入数据解得x'=1 m

企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为vt,则有=2a2(x+x')

代入数据解得vt=2 m/s

4.答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2

解析　(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg

由匀变速直线运动的速度与位移的关系,有2aAL=

解得vA=

(2)设A、B的质量均为m

对齐前,B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg

对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg

由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg

(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA

则v=aAt,v=vB-aBt

xA=aAt2,xB=vBt-aBt2

且xB-xA=L

解得vB=2

三年模拟练

1.C　由几何关系可知,AB与水平面的夹角为60°,AC与水平面的夹角为30°,AB的长度x1=2×10 m×cos 30°=10 m,AC的长度x2=10 m;根据牛顿第二定律得出,小球在AB钢绳上下滑的加速度a1=g sin 60°=5 m/s2,小球在AC钢绳上下滑的加速度a2=g sin 30°=5 m/s2;由位移时间关系x=at2得出:tAB== s=2 s,tAC== s=2 s。故C正确。

2.AD　设细杆与地面间的夹角为θ,由v-t图像可知0~1 s内小环的加速度为a=0.5 m/s2,因此选项C错误;拉力为F1=5 N时,由牛顿第二定律得F1-mg sin θ=ma,1 s后小环做匀速直线运动,此时的拉力为F2=4.5 N,根据力的平衡有F2=mg sin θ,联立解得m=1 kg,sin θ=,因此选项A正确,B错误;根据题图乙可知,前1 s内小环沿杆上升的位移为x1=×1 m=0.25 m,之后2 s内做匀速直线运动,位移为x2=0.5×2 m=1.0 m,所以前3 s内小环沿杆上升的位移为x=x1+x2=1.25 m,选项D正确。

3.ABD　若传送带不动,铁块做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,匀减速直线运动的加速度大小a=μg=1 m/s2,根据-=-2aL,解得:vB=6 m/s,故A正确;若传送带始终以4 m/s的速度向左运动,而铁块从A处以v0=10 m/s向B运动,铁块滑上传送带做匀减速直线运动,到达B点的速度大小等于6 m/s,故B正确;若传送带始终以4 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,铁块先向右做匀加速运动,加速到4 m/s经过的位移x== m=8 m<32 m,之后随传送带一起做匀速运动,故C错误;若传送带始终以10 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,若铁块一直向右做匀加速运动,铁块到达B处的速度:vB== m/s=8 m/s<10 m/s,则铁块到达B处的速度为8 m/s,故D正确。

4.答案　(1)10 m/s2　(2)160 m　(3)(8+4)s

解析　(1)对物块受力分析,由牛顿第二定律得:

F-mg sin 37°-μmg cos 37°=ma

解得:力F作用下物块的加速度a=10 m/s2

(2)4秒内物块沿斜面上滑的距离为:x1=at2

解得:x1=80 m

由v=at得4秒末物块运动的速度v=40 m/s

设4 s后物块的加速度大小为a'

由牛顿第二定律得:mg sin 37°+μmg cos 37°=ma'

解得:a'=10 m/s2,方向沿斜面向下。

物块沿斜面向上运动又发生的位移x2=

解得:x2=80 m

物块沿斜面向上运动的最大距离x=x1+x2=160 m

(3)设撤掉力F后再经时间t'物块速度减为0,则有:t'==4 s

因为mg sin 37°=3 N>μmg cos 37°=2 N,所以物块减速到0后会反向向下运动。

设加速度大小为a″,由牛顿第二定律得:

mg sin 37°-μmg cos 37°=ma″

解得:a″=2 m/s2

设物块滑到斜面底端所用时间为t″,由位移公式得x=a″t″2

解得:t″=4 s

物块沿斜面运动的时间t=t'+t″+4 s=(8+4)s

5.答案　(1)2.5 m/s2　方向沿杆向上　(2)2.4 m　(3)0.2 s和0.75 s

解析　(1)在力F作用时有:

(F-mg) sin 30°-μ(F-mg) cos 30°=ma1

解得a1=2.5 m/s2,方向沿杆向上。

(2)刚撤去F时,小球的速度v1=a1t1=3 m/s

小球的位移x1=t1=1.8 m

撤去力F后,小球上滑时有:

mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,a2=7.5 m/s2,方向沿杆向下

因此小球上滑时间t2==0.4 s

上滑位移x2=t2=0.6 m

则小球上滑过程中距A点的最大距离为xm=x1+x2=2.4 m。

(3)在上滑阶段通过B点:

xAB-x1=v1t3-a2

经过B点时的时间为t3=0.2 s,另t3=0.6 s(舍去)

小球返回时有:

mg sin 30°-μmg cos 30°=ma3,a3=2.5 m/s2

因此小球由顶端返回B点时有:

xm-xAB=a3,t4= s

经过B点时的时间为t2+t4= s≈0.75 s。