高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用课时作业

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用课时作业，共14页。

一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持稳定，将其置于木板A、B之间，如图所示。两木板固定在卡车上，且板间距离刚好等于工件的外部直径。当卡车沿平直公路以加速度a匀加速行驶时，圆筒对木板A、B压力的大小分别为F1、F2，则( )
A.F1＝ma，F2＝0
B．F1＝0，F2 ＝ma
C．F1＝0，F2＝0
D．F1＝ma，F2＝ma
【解析】选A。当卡车沿平直公路以加速度a匀加速行驶时，圆筒状工件会挤压木板A，不挤压木板B，故F2＝0，由牛顿第二定律，有F1＝ma，故A正确，B、C、D错误。
2．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＝2ax可得 eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(\f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a),\f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a)) ＝ eq \f(4,9) ，C正确，D错误。
3.(2021·温州高一检测)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力( )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小无关
D．方向与小球的加速度大小有关
【解析】选D。对小球受力分析可知，小球受重力、铁夹对球的作用力，当机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，合力沿水平方向，则铁夹对球的作用力斜向上方，故A、B错误；根据平行四边形定则，铁夹对球的作用力大小为F＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) ，与加速度大小有关，故C错误；合力方向水平，设铁夹对球的作用力与竖直方向成θ角，由矢量三角形可得：tan θ＝ eq \f(ma,mg) ＝ eq \f(a,g) ，方向与小球的加速度大小有关，故D正确。
4．物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲所示；乙受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内( )
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
【解析】选D。对于甲物体，由v ­t图线可知，其加速度恒定，合力恒定，选项A错误；甲物体的速度先减小为零，再逐渐增大，选项B错误；对于物体乙，由题图乙可知，合力先逐渐减小为零，再反向逐渐增大，因而物体乙先做加速度减小的加速运动，t＝2 s时速度达到最大，然后做加速度增大的减速运动，t＝4 s时速度减小为零，选项C错误，D正确。
【补偿训练】
一物块从粗糙斜面底端，以某一初速度开始向上滑行，到达某位置后又沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )
A．上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力
B．上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力
C．上滑时的加速度小于下滑时的加速度
D．上滑的时间大于下滑的时间
【解析】选B。设斜面倾角为θ，物块受到的摩擦力Ff＝μmg cs θ，物块上滑与下滑时的滑动摩擦力相等，故选项A错误，B正确；上滑时的加速度a上＝g sin θ＋μg cs θ，下滑时的加速度a下＝g sin θ－μg cs θ，由此可知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，故选项C错误；由t＝ eq \f(2x,a) ，位移x相等，a上>a下，所以t上5．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是( )
A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变
B．将物体质量减小一半，其他条件不变
C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍
D．将时间增加到原来的两倍，其他条件不变
【解析】选D。由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝ eq \f(F,m) －μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错误，由v＝at可得选项D正确。
6．如图所示，在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A.420 N B．600 N
C．800 N D．1 000 N
【解析】选A。从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝ eq \f(0－v0,t) ＝－ eq \f(30,5) m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，故选项A正确。
二、计算题(14分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7.如图所示，一个质量为10 kg 的物体，沿水平地面向右运动，经过O点时速度大小为11 m/s，此时对物体施加一个水平向左、大小为12 N的恒力F。物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
(1)物体能运动到O点右侧的最大距离；
(2)8 s末物体的速度大小。
【解析】(1)物体向右运动时受到向左的摩擦力
f＝μN＝μmg＝10 N
物体做匀减速运动，设加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得：F＋f＝ma1
解得a1＝ eq \f(F＋f,m) ＝2.2 m/s2
当向右运动的速度减为0时，向右运动的距离最大，0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2a1xm
解得xm＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a1) ＝27.5 m
(2)物体做匀减速运动，设经时间t1速度减为0，
0＝v0－a1t1
解得t1＝5 s
之后物体向左做匀加速运动，设加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得：F－f＝ma2
8 s末物体速度大小为v＝a2(t－t1)＝0.6 m/s
答案：(1)27.5 m (2)0.6 m/s
【补偿训练】
如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°。现木块上有一质量m＝1.0 kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
(2)滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。
【解析】(1)由题意可知，滑块滑行的加速度
a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(1.4,0.40) m/s2＝3.5 m/s2。
对滑块受力分析，如图甲所示，
根据牛顿第二定律得mg sin θ－Ff＝ma，
解得Ff＝1.5 N。
(2)根据(1)问中的滑块受力示意图可得
FN＝mg cs θ。
对木块受力分析，如图乙所示，
根据牛顿第三定律有FN′＝FN，
根据水平方向上的平衡条件可得
Ff地＋Ffcsθ＝FN′sin θ，
解得Ff地≈3.03 N，Ff地为正值，说明图中标出的方向符合实际，故摩擦力方向水平向左。
答案：(1)1.5 N (2)3.03 N 方向水平向左
【选考提升】 (20分钟 50分)
8.(7分)(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．斜面对小球的弹力为 eq \f(mg,cs θ)
B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
【解析】选A、D。对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2csθ＝mg，水平方向有FN1－FN2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝ eq \f(mg,cs θ) ，故选项A正确；FN1＝ma＋mg tan θ。由于FN2＝ eq \f(mg,cs θ) 即与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1随a的增大而增大，故选项C错误，D正确；小球受到斜面挡板的弹力和重力的合力为ma，故选项B错误。
9.(7分)(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个随时间如图变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是( )
A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C．0～1 s内，物体的位移为7 m
D．0～2 s内，物体的总位移为11 m
【解析】选B、D。0～1 s内，物体的加速度大小a1＝ eq \f(F＋μmg,m) ＝ eq \f(6＋0.1×2×10,2) m/s2＝4 m/s2，A项错误；1～2 s 内物体的加速度大小a2＝ eq \f(F′－μmg,m) ＝ eq \f(6－0.1×2×10,2) m/s2＝2 m/s2，B项正确；
由题图可得物体运动的v ­t图像如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移x＝x1＋x2＝( eq \f(8＋4,2) ×1＋ eq \f(6＋4,2) ×1) m＝11 m，D项正确。
10.(12分)如图所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°。一个质量m＝1 kg的小物体(可视为质点)，在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),6) 。g取10 m/s2。
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小a1；
(2)若力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离。
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：物体受到斜面对它的支持力N＝mg cs θ＝5 eq \r(3) N，
物体的加速度
a1＝ eq \f(F－mg sin θ－f,m) ＝ eq \f(F－mg sin θ－μN,m) ＝2.5 m/s2。
(2)力F作用t0＝1.2 s时，
速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，
物体向上滑动的距离x1＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝1.8 m
此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小
a2＝ eq \f(mg sin θ＋μN,m) ＝7.5 m/s2
这一过程物体向上滑动的距离
x2＝ eq \f(v2,2a2) ＝0.6 m
整个上滑过程物体距出发点的最大距离
x＝x1＋x2＝2.4 m。
答案：(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
11.(12分)(2021·杭州高一检测)如图为羽毛球筒，内有一羽毛球，球托底部离球筒口10 cm，球与球筒内壁紧密接触。现小明同学将球筒竖直静置于地面上方0.2 m高度，然后将球筒静止释放，若球筒与地面相碰后速度瞬间减为0，且不会倾倒，羽毛球刚好到达球筒口。已知球筒长36 cm，羽毛球轴向高8 cm，质量为5 g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)球筒下落的时间；
(2)球筒释放前羽毛球受到的摩擦力以及下落过程中受到的摩擦力；
(3)球筒落地后，羽毛球滑到球筒口过程中受到的摩擦力是重力的几倍。
【解析】(1)不计空气阻力，静止释放球筒后，球筒做自由落体运动，
下落高度：h＝ eq \f(1,2) gt2
代入数据解得：t＝0.2 s
(2)羽毛球质量m＝5 g＝0.005 kg，
释放前羽毛球静止，设受到的摩擦力为f，对羽毛球，由平衡条件得：
f＝mg＝0.005×10 N＝0.05 N，方向竖直向上
羽毛球下落过程做自由落体运动，加速度a＝g，设所受摩擦力为f′，
对羽毛球，由牛顿第二定律得：
mg－f′＝mg
解得：f′＝0
(3)球筒落地时羽毛球的速度：
v＝gt＝10×0.2 m/s＝2 m/s
球筒落地后羽毛球刚好到达球筒口，羽毛球的位移：x＝10 cm＝0.10 m
羽毛球在球筒内滑动过程：v2＝2ax
代入数据解得：a＝20 m/s2＝2g
设羽毛球受到的摩擦力为f″，对羽毛球，由牛顿第二定律：f″－mg＝ma
解得：f″＝3mg
答案：(1)0.2 s (2)0 (3)3
12.(12分)(创新应用题)为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一足够长的直斜坡公路，倾角为θ＝37°，机动车限速36 km/h。一质量为m＝5 t的小货车以v1＝36 km/h的速度匀速下坡，小货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻发现车头正前方x0＝20 m处有一观光者以v2＝18 km/h 的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，货车做匀减速运动，恰好没有撞到骑行者。
(1)求货车刹车的加速度大小；
(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下仍使货车恰好不撞到骑行者，需要货车车头距离骑行者多远时开始刹车。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
【解析】(1)设小货车减速的加速度大小为a时恰好没有撞到骑行者，经时间t1两者速度相等，
v1－at1＝v2
eq \f(v1＋v2,2) t1＝v2t1＋x0
解得货车的加速度大小为
a＝ eq \f(5,8) m/s2
(2)对货车：滑动摩擦力f＝μmg cs θ
由牛顿第二定律a2＝ eq \f(f－mg sin θ,m)
由运动学公式t2＝ eq \f(v1－v2,a2)
货车距离骑行者Δx＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v1＋v2,2)－v2)) t2
解得Δx＝31.25 m
答案：(1) eq \f(5,8) m/s2 (2)31.25 m
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