人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用同步训练题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用同步训练题，共5页。试卷主要包含了8 N＝20.8 N等内容，欢迎下载使用。
1．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x m，则F的大小为( )
A． eq \f(2x,t2) N B． eq \f(2x,2t－1) N C． eq \f(2x,2t＋1) N D． eq \f(2x,t－1) N
答案：A
2.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
答案：B
3．某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B． eq \f(19F,20) C． eq \f(F,19) D． eq \f(F,20)
答案：C
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
答案：C
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
答案：AD
6．(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。
7.我国某军队开展综合演练，演练期间，假设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。
8．(选自新教科版例题示范)滑雪者以v0＝20 m/s的初速度沿直线冲上一倾角为30° 的山坡，从刚上坡即开始计时，至 3.8 s 末，滑雪者速度变为零。如果滑雪器具连同滑雪者的总质量为m＝ 80 kg，求滑雪板与山坡之间的摩擦力是多少。(g取 10 m/s2)
解析：如图所示建立平面直角坐标系，以v0方向为x轴的正方向，把滑雪板和滑雪者看作质点，作出它的受力示意图，并将重力进行正交分解。
G1＝G sin 30°，G2＝G cs 30°，在x方向上，Ff为物体受到的摩擦力大小；在y方向上，因为物体的运动状态没有变化，所以重力的一个分力G2与山坡提供的支持力FN大小相等，即G2＝FN，
由x方向的受力和运动情况可建立方程－Ff－G1＝ma，①
又因为a＝ eq \f(vt－v0,t)，②
所以a＝ eq \f(0－20,3.8) m/s2≈－5.26 m/s2，
其中“－”号表示加速度方向与x轴正方向相反。
将上述结果代入①式可得
Ff＝－80×10× eq \f(1,2) N－80×(－5.26)N＝－400 N＋
420．8 N＝20.8 N。
答案：20.8 N
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
9．(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1。与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则(物体1和物体2相对车厢静止)( )
A．车厢的加速度为g tan θ
B．绳对物体1的拉力为 eq \f(m1g,cs θ)
C．车厢底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受车厢底板的摩擦力为m2g sin θ
解析：选AB 对物体1进行受力分析，如图甲所示，
且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有
FTcs θ＝m1g，FTsin θ＝m1a，
得FT＝ eq \f(m1g,cs θ)，a＝g tan θ，所以A、B正确。
对物体2进行受力分析，如图乙所示，
有FN＋FT′＝m2g，
Ff静＝m2a，
根据牛顿第三定律，FT′＝FT，
解得FN＝m2g－ eq \f(m1g,cs θ)，
Ff静＝m2g tan θ，
故C、D错误。
10．如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),3)，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，货车紧急刹车时的加速度大小为8 m/s2。每根水泥管道的质量m＝1 500 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中A、B管道之间的弹力大小；
(2)货车在刹车时加速度大小达到多少时，堆放在上层的管道将发生相对移动；
(3)如果货车在水平路面上匀速行驶的速度为43.2 km/h，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离。
解析：(1)对A管道横截面内的受力分析，其所受支持力为FN，如图所示，
在竖直方向有2FNcs 30°－mg＝0，
解得FN＝5 000 eq \r(3) N。
(2)由题意知，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，根据牛顿运动定律2μFN＝ma1，
代入数据解得a1＝ eq \f(20,3) m/s2。
(3)货车紧急刹车时的加速度为a2＝8 m/s2，
根据速度位移公式可得货车的刹车距离x2＝ eq \f(v02,2a2)，
上层管道在紧急刹车及货车停下后运动的总距离x1＝ eq \f(v02,2a1)，
上层管道相对于货车滑动的距离Δx＝x1－x2，
联立以上各式并代入数据解得Δx＝1.8 m。
答案：(1)5 000 eq \r(3 ) N (2) eq \f(20,3) m/s2 (3)1.8 m
11．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得
mg sin 24°－μmg cs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式2a1l1＝v2
解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2
根据运动学公式－2a2l2＝v末max2－v2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m