高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用习题

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用习题，共6页。试卷主要包含了5 m/s2，8 m等内容，欢迎下载使用。

1.(2022·广东1月学考)如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角θ＝37°时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则货箱下滑的加速度大小为( )
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
解析：选A 对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cs θ＝ma，即加速度为a＝g sin θ－μg cs θ，解得a＝2 m/s2，A正确。
2．质量为1 kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为s m，则F的大小为( )
A． eq \f(2s,t2) N B． eq \f(2s,2t－1) N
C． eq \f(2s,2t＋1) N D． eq \f(2s,t－1) N
解析：选A 由s＝ eq \f(1,2)at2得a＝ eq \f(2s,t2) m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝1× eq \f(2s,t2) N＝ eq \f(2s,t2) N，故选项A正确。
3.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )
A．方向向左，逐渐减小
B．方向向左，大小不变
C．方向向右，大小不变
D．方向向右，逐渐减小
解析：选B 由题意知，B的加速度方向向左，大小为定值，水平方向上B仅受A的摩擦力，由牛顿第二定律可知B受到的摩擦力方向向左，大小不变，B正确。
4．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
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为：a＝μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝ eq \f(Δv,a)，可得 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(\f(Δv1,a),\f(Δv2,a))＝ eq \f(2,3)，B错误；根据公式v2＝2as可得 eq \f(s1,s2)＝ eq \f(\f(v12,2a),\f(v22,2a))＝ eq \f(4,9)，C正确，D错误。
5．[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的速度向上做匀速运动。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 N
B．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/s
D．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f＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故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，故加速到5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，计算得f′＝230 N，选项D正确。
6.某次军事演习期间，一名空降兵从悬停在高空的直升机上竖直下落，他从离开直升机到落地的过程中沿竖直方向运动的v­t图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A.第10 s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15 s末
B.0～10 s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力
C．0～10 s内空降兵的速度和加速度都在增大
D．在10～15 s内空降兵竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐减小
解析：选B 打开降落伞后空降兵将做减速运动，故第10 s 末空降兵打开降落伞，根据v­t图像的斜率表示加速度，可知10～15 s空降兵做加速度不断减小的减速运动至15 s末，10～15 s过程中速度向下，做减速运动，故加速度向上，A、D错误；0～10 s内空降兵向下做加速度不断减小的加速运动，受重力和空气阻力，根据牛顿第二定律，知合力向下，重力大于空气阻力，B正确，C错误。
7．[多选]如图所示，质量m＝20 kg的物块，在与水平方向夹角成θ＝37°的拉力F＝100 N的作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．物块受到的合力可能大于 80 N
B．地面对物块的支持力一定等于 140 N
C．物块与水平面间的动摩擦因数一定小于 eq \f(4,7)
D．物块的加速度可能等于2 m/s2
解析：选BCD 若水平面光滑，则合力为F合＝F cs 37°＝80 N，若水平面粗糙，则合力为F合＝F cs 37°－Ff＝80 N－Ff＜80 N，所以合力不可能大于 80 N，A错误；在竖直方向上F sin 37°＋FN＝mg，则FN＝mg－F sin 37°＝140 N，故B正确；若水平面粗糙，水平方向上有F cs 37°－μFN＝ma，解得μ＝ eq \f(F cs 37°－ma,FN)＜ eq \f(F cs 37°,FN)＝ eq \f(4,7)，C正确；水平面粗糙时，a＝ eq \f(F cs 37°－μFN,m)，当μ＝ eq \f(2,7) 时，a等于 2 m/s2，D正确。
8．一物块从长为s、倾角为θ的固定斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，求物块从顶端滑到底端所用的时间。
解析：物块沿斜面下滑的受力如图所示。
由正交分解得mg sin θ－f＝ma
FN－mg cs θ＝0，f＝μFN
解得a＝g(sin θ－μcs θ)
又s＝ eq \f(1,2)at2
解得t＝ eq \r(\f(2s,a))＝ eq \r(\f(2s,g(sin θ－μcs θ)))。
答案： eq \r(\f(2s,g(sin θ－μcs θ)))
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
9．(2022·北京高考)如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是( )
A．斜面对物块的支持力大小为mg sin θ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmg cs θ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mg sin θ
解析：选B 对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为FN＝mg cs θ，故A错误；斜面对物块的摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg cs θ，故B正确；因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得F合＝mg sin θ－μmg cs θ＝ma，可知mg sin θ>μmg cs θ，则斜面对物块的作用力为F＝ eq \r(FN2＋Ff2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg cs θ))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μmg cs θ))2)< eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg cs θ))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg sin θ))2)＝mg，故C、D错误。
10.如图所示，斜面AB段粗糙，BC段长为1.2 m且光滑。滑块以初速度v0＝9 m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝3 m/s，到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC段滑行的时间相等。求：
(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；
(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；
(3)滑块从C点回到A点的速度大小。
解析：(1)设滑块在BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动：
0－vB2＝－2a1xBC
vB＝a1t
解得：a1＝3.75 m/s2，t＝0.8 s。
(2)滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2
a2＝－ eq \f(vB－v0,t)＝7.5 m/s2
由vB2－v02＝－2a2xAB
解得：xAB＝4.8 m。
(3)设斜面倾角为θ，滑块在AB段上升时，受力情况如图所示，
mg sin θ＋f＝ma2
在BC段上升时：mg sin θ＝ma1
解得：f＝mg sin θ
滑块从C点回到B点时，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面底端A时速度大小仍然为3 m/s。
答案：(1)0.8 s 3.75 m/s2 (2)4.8 m 7.5 m/s2 (3)3 m/s
11.如图所示，两个完全相同的物块A、B用轻绳连接放在水平地面上，在方向与水平面成θ＝37°角斜向下的恒定推力F作用下，以v＝10 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知A、B质量均为10 kg，两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求推力F的大小；
(2)某时刻剪断轻绳，求剪断轻绳后物块A在水平地面上运动的时间和距离；
(3)已知轻绳长度L＝1 m，求剪断轻绳后，物块A刚好静止时，两物块A、B间的距离。
解析：(1)将两物块A、B作为一个整体，由平衡条件得F cs θ＝μ(2mg＋F sin θ)，
代入数据解得F＝200 N。
(2)剪断轻绳后物块A做匀减速运动，则有μmg＝maA，
运动时间t＝ eq \f(v,aA)，代入数据解得t＝2 s，
运动距离x＝ eq \f(v,2)t＝10 m。
(3)剪断轻绳后物块B做匀加速运动，由牛顿第二定律得F cs θ－μ(mg＋F sin θ)＝maB，
从剪断轻绳到物块A停止滑行，物块B运动的距离为x′＝vt＋ eq \f(1,2)aBt2，
代入数据得x′＝30 m，
物块A静止时，物块A、B之间的距离为
Δx＝x′＋L－x，
解得Δx＝21 m。
答案：(1)200 N (2)2 s 10 m (3)21 m