新人教版高中物理必修第一册课时检测19牛顿运动定律的应用含解析

牛顿运动定律的应用1．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失。则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是(　　)A．v＝4．5 m/s，a＝1．5 m/s2B．v＝7．5 m/s，a＝1．5 m/s2C．v＝4．5 m/s，a＝0D．v＝7．5 m/s，a＝0解析：选C　力F作用下a＝＝ m/s2＝1．5 m/s2，3 s 末的速度v＝at＝4．5 m/s,3 s后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确。2．竖直上抛物体受到的空气阻力Ff大小恒定，物体上升到最高点所需时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则(　　)A．a1>a2，t1<t2　　　　　 B．a1>a2，t1>t2C．a1<a2，t1<t2  D．a1<a2，t1>t2解析：选A　上升过程中，由牛顿第二定律，得mg＋Ff＝ma1　①设上升高度为h，则h＝a1t12　②下降过程，由牛顿第二定律，得mg－Ff＝ma2　③h＝a2t22　④由①②③④得，a1>a2，t1<t2，A正确。3．[多选]如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0．5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　)A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故选项A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s后的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff′＝0，计算得Ff′＝230 N，选项D正确。4．如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力)，则(　　)A．a处小孩最先到O点B．b处小孩最后到O点C．c处小孩最先到O点D．a、c处小孩同时到O点解析：选D　当滑板与水平面的夹角为θ时，小孩从滑板顶端滑下的过程，有＝gt2sin θ，解得t2＝，当θ＝45°时，t最小，当θ＝30°和60°时，sin 2θ的值相同，故只有D项正确。5．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∶3B．滑行的时间之比为1∶1C．滑行的距离之比为4∶9D．滑行的距离之比为3∶2解析：选C　根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度大小a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误。6．如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．绳上的拉力大小为50 NB．重物不会离开地面C．2 s末重物上升的高度为5 mD．重物的加速度大小为3．2 m/s2解析：选C　对猴子受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma′，解得F＝ma′＋mg＝10×(5＋10)N＝150 N，故A错误。对重物受力分析可知，绳子对重物的拉力150 N大于自身的重力120 N，所以重物要离开地面，故B错误。对重物由牛顿第二定律可得F－Mg＝Ma，解得a＝＝ m/s2＝2．5 m/s2，D错误。2 s末重物上升的高度h＝at2＝×2．5×22 m＝5 m，C正确。7．[多选]如图所示，质量为m＝1．0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0＝10 m/s的速度向右匀速运动，倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过一段时间物体到达最高点B点。g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。则(　　)A．A、B两点间的距离为5 mB．A、B两点间的距离为6 mC．从A点算起，经1 s物体到达最高点D．从A点算起，经2 s物体到达最高点解析：选AC　物体匀速运动时，F＝μmg解得μ＝0．5在斜面上上滑的加速度a＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2则A、B两点间的距离为xAB＝＝ m＝5 m选项A正确，选项B错误；从A点算起，经t＝＝ s＝1 s，物体到达最高点，选项C正确，选项D错误。8．如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角。一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为10 N，刷子的质量为m＝0．5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0．5，天花板长为L＝4 m，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g取10 m/s2。试求：(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。解析：(1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示设杆对刷子的作用力为F，天花板对刷子的滑动摩擦力为Ff，弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cos 37°＝ma代入数据解得a＝2 m/s2。(2)由运动学公式得L＝at2代入数据解得t＝2 s。答案：(1)2 m/s2　(2)2 s9．飞船返回地球时，为了保证宇航员的安全，靠近地面时会放出降落伞进行减速。若返回舱离地面5 km时，放出降落伞，此时返回舱速度方向竖直向下，大小为250 m/s，要使返回舱最安全、最理想着陆，则放出降落伞后返回舱应获得的加速度及降落伞产生的阻力与返回舱重力的比值分别为(设放出降落伞后返回舱做匀减速运动，竖直向下为正方向，g取10 m/s2)(　　)A．－6．25 m/s2　1．625B．－2 m/s2　　1．2C．－4 m/s2　　1．4D．－8 m/s2　　1．8解析：选A　飞船返回时，放出降落伞，以飞船为研究对象，受到竖直向下的重力mg和降落伞产生的阻力Ff的作用。最理想、最安全着陆是末速度v＝0，才不至于因着地时与地面碰撞而使人受到伤害。设减速过程的加速度为a，由运动学公式得2ax＝0－v02，变形得a＝－＝－6．25 m/s2；由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，Ff＝1．625mg，则阻力与返回舱重力的比值为1．625。因此A正确。10．质量为0．8 kg的物体在一水平面上运动。如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v­t图像，则拉力和摩擦力之比为(　　)A．9∶8  B．3∶2C．2∶1  D．4∶3解析：选B　由题可知，题图中图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1．5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小为a2＝0．75 m/s2。由牛顿第二定律得Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得F∶Ff＝3∶2，B正确。11．[多选]放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由甲、乙两图可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)A．m＝0．5 kg  B．m＝1．5 kgC．μ＝0．4  D．μ＝解析：选AC　由题图可知4～6 s时物块做匀速运动，有Ff＝F＝2 N。在2～4 s内物块做匀加速运动，加速度a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，将F＝3 N，Ff＝2 N及a＝2 m/s2代入解得m＝0．5 kg，由滑动摩擦力公式得μ＝＝＝0．4，所以A、C正确，B、D错误。 12．某校物理课外小组为了研究不同物体在水下运动的特征， 使用质量m＝0．05 kg的流线型人形模型进行模拟实验。实验时，让模型从h＝0．8 m高处自由下落进入水中。假设模型入水后受到大小恒为Ff＝0．3 N的阻力和F＝1．0 N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型(1)落到水面时速度v的大小；(2)在水中能到达的最大深度H；(3)从开始下落到返回水面所需时间t。解析：(1)把模型入水时的速度记为v，自由下落的阶段加速度记为a1，则a1＝g，v2＝2a1h解得v＝4 m/s。(2)模型入水后向下运动时，设向下为正方向，其加速度记为a2，则mg－Ff－F＝ma2解得a2＝－16 m/s2所以最大深度 H＝＝0．5 m。(3)自由落体阶段 t1＝＝0．4 s在水中下降t2＝＝0．25 s在水中上升F－mg－Ff＝ma3解得a3＝4．0 m/s2所以 t3＝＝0．5 s总时间t＝t1＋t2＋t3＝1．15 s。答案：(1)4 m/s　(2)0．5 m　(3)1．15 s13．总质量为m＝75 kg的滑雪者以初速度v0＝8 m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数μ＝0．25，假设斜面足够长。sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g取10 m/s2，不计空气阻力。试求：(1)滑雪者沿斜面上滑的最大距离；(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小。解析：(1)上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示。滑雪者受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，设滑雪者的加速度大小为a1。根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma1，a1方向沿斜面向下。在垂直于斜面方向有FN＝mgcos θ，又摩擦力Ff＝μFN， 由以上各式解得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝8 m/s2，滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x＝＝4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距离为4 m。(2)滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示。滑雪者受到重力mg、支持力FN′及沿斜面向上的摩擦力Ff′，设加速度大小为a2。根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff′＝ma2，a2方向沿斜面向下。在垂直于斜面方向有FN′＝mgcos θ，又摩擦力Ff′＝μFN′，由以上各式解得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝4 m/s2，滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v＝＝4 m/s。答案：(1)4 m　(2)4 m/s