2021学年5 牛顿运动定律的应用当堂检测题

这是一份2021学年5 牛顿运动定律的应用当堂检测题，共17页。

第四章　运动和力的关系
5　牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一　从受力确定运动情况
1.(2019四川攀枝花高一上期末)若恒定合力F使质量为m的物体由静止开始运动,在时间t内移动的距离为x,则2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动,在2t时间内移动的距离为(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.2x B.4x C.8x D.16x
2.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10 m/s2,则汽车刹车前的速度为(　　)
A.7 m/s B.14 m/s
C.10 m/s D.20 m/s
3.(2019山东济南高三上期末)图甲是运动员在奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。g取10 m/s2,不计空气阻力。根据F-t图像求:


乙
(1)运动员在运动过程中的最大加速度的大小;
(2)运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小。






4.如图所示,质量m=15 kg的木箱静止在水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2。现用F=60 N的水平恒力向右拉动木箱(g取10 m/s2)。求:

(1)3 s时木箱的速度大小。
(2)木箱在2 s内的位移大小。












5.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。








6.质量为m=2 kg的物体静止在水平地面上,物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.5。现在对物体施加如图所示的力F,F=10 N,θ=37°,且sin 37°=0.6。经t=10 s后撤去力F,再经一段时间,物体静止,g取10 m/s2。求:

(1)物体运动过程中的最大速度。
(2)物体运动的总位移。








题组二　从运动情况确定受力
7.(2019重庆七校高一上期末)(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在50 N的水平拉力作用下做直线运动,2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)(　　)
A.小车与地面间的动摩擦因数是0.8
B.摩擦力的大小是10 N
C.小车加速度的大小是1 m/s2
D.小车加速度的大小是2 m/s2
8.(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x=t2+t,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2,以下结论正确的是(　　)

A.物体做匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
9.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　)

A.42 N B.6 N
C.21 N D.36 N
10.(2020河北邢台高一上第三次选科调研)一质量为m=1 kg 的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动,1 s 末撤去恒力F,其v-t图像如图所示,则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是(　　)

A.F=9 N,Ff=2 N
B.F=8 N,Ff=3 N
C.F=8 N,Ff=2 N
D.F=9 N,Ff=3 N
11.(2020湖南长沙周南中学高一期末)在科技创新活动中,小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)。在光滑水平面AB上(如图乙所示),机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F,小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变),最高能到达C点。

机器人用速度传感器测量小滑块在运动过程的瞬时速度大小并记录如下。
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s-1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…

求:(1)机器人对小滑块作用力F的大小;
(2)斜面的倾角α的大小。易错



能力提升练
题组一　从受力确定运动情况
1.(2020河南郑州高一上期末,)如图所示,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则(深度解析)

A.物体到达C1点时的速度最大
B.物体在三条轨道上的运动时间相同
C.物体到达C3的时间最短
D.物体在AC3上运动的加速度最小
2.(2020山东临沂五校高一上联考,)如图所示,AB和CD为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上,且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽,从静止出发,由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为t1和t2,则t1与t2之比为(深度解析)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

A.2∶1 B.1∶1
C.3∶1 D.1∶3
3.(2020广东惠州高一上期末,)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
4.(2020山东潍坊四县高一上联考,)(多选)质量m= 2 kg、初速度v0=8 m/s的物体沿着粗糙水平地面向右运动,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如图所示的随时间变化的水平拉力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
5.(2020山东日照高三校际联考,)如图所示,有一质量m=1 kg的物块,以初速度v=6 m/s从A点开始沿水平面向右滑行。物块运动中始终受到大小为2 N、方向水平向左的力F作用,已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10 m/s2)求:

(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向;
(2)物块向右运动到最远处的位移大小;
(3)物块经过多长时间回到出发点A?(结果保留两位有效数字)深度解析




题组二　从运动情况确定受力
6.(2019湖北武汉新洲一中高一上月考,)如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑。已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员(　　)

A.下滑过程中的最大速度为4 m/s
B.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7
C.加速与减速过程的位移之比为1∶4
D.加速与减速过程的时间之比为2∶1
7.(2019广西南宁高一上期末,)(多选)如图甲所示,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的速度v随时间t变化的关系图线如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)

A.物块的质量一定是1 kg
B.斜面的倾角为30°
C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.物块沿斜面向上运动的最大距离为1 m
8.(2020湖南长沙一中模拟,)2019年1月3日上午10时许,科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令,嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机,实施降落任务。在距月面高为H=102 m处开始悬停,识别障碍物和坡度,选定相对平坦的区域后,先以a1匀加速下降,加速至v1=46 m/s时,立即改变推力,以a2=2 m/s2匀减速下降,至月表高度30 m处速度减为零,立即开启自主避障程序,缓慢下降。最后距离月面2.5 m时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中,整个过程始终垂直月球表面做直线运动,取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m=40 kg,月球表面重力加速度为1.6 m/s2。求:
(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2;
(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1;
(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。





9.(2020陕西西安铁路中学高一期末,)在游乐场中,有一种大型游戏机叫“跳楼机”,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处,然后由静止释放,为研究方便,可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零,然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面,g取10 m/s2,求:
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小;
(2)在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍。






题组三　连接体问题
10.(2020北京人大附中高一上期末,)(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mgcosθ
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
11.(2020北京东城高一上期末,)(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,重力加速度大小为g)(　　)

A.车厢的加速度为g tan θ
B.绳对物体1的拉力为m1gcosθ
C.底板对物体2的支持力为(m2-m1)g
D.物体2所受底板的摩擦力为m2g sin θ

答案全解全析
基础过关练
1.B　由牛顿第二定律可知,质量为m的物体的加速度为a=Fm,位移为x=12at2,整理可得x=Ft22m;2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动,加速度为a'=Fm,位移为x'=12a'(2t)2,则可得x'=2Ft2m=4x,故B正确,A、C、D错误。
2.B　设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg。由匀变速直线运动速度与位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0=2ax=14 m/s,选项B正确。
3.答案　(1)40 m/s2　(2)8 m/s
解析　(1)由图乙可知,运动员的重力G=500 N,蹦床对运动员的最大弹力Fm=2 500 N
设运动员的最大加速度的大小为am,根据牛顿第二定律有:Fm-G=mam
又G=mg
代入数据解得:am=40 m/s2
(2)由图乙可知,自由下落的最长时间为t=8.4-6.82 s=0.8 s
由运动学公式可知最大速度vm=gt
代入数据解得:vm=8 m/s
4.答案　(1)6 m/s　(2)4 m
解析　(1)对木箱受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得F-μmg=ma
解得a=F-μmgm=60-0.2×15×1015 m/s2=2 m/s2
由运动学公式可得
v=at=2×3 m/s=6 m/s。
(2)木箱在2 s内的位移大小为
x=12at2=12×2×22 m=4 m。
5.答案　(1)2 m/s2　(2)2 s
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,滑动摩擦力为Ff,天花板对刷子的弹力为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=12at2
代入数据解得t=2 s。
6.答案　(1)5 m/s　(2)27.5 m
解析　(1)撤去力F前,对物体进行受力分析,如图甲所示,设物体运动方向为正方向,则有F sin θ+FN=mg
F cos θ-Ff=ma1
又Ff=μFN
联立以上各式解得a1=0.5 m/s2
在t=10 s撤去力F时物体速度最大,
v=a1t=5 m/s。

(2)撤去力F前,物体的位移x1=12a1t2=25 m
撤去力F后,对物体进行受力分析,如图乙所示,则有
Ff'=-μFN'=-μmg=ma2,解得a2=-5 m/s2
撤去力F后,由运动学公式得2a2x2=0-v2
解得x2=2.5 m
故物体运动的总位移为x=x1+x2=27.5 m。
7.AD　根据运动学公式有x=12at2,代入数据解得a=2 m/s2,故C错误,D正确;根据牛顿第二定律有F-f=ma,解得摩擦力的大小为f=F-ma=50 N-10 N=40 N,故B错误;由滑动摩擦力的公式f=μN=μmg,可得小车与地面间的动摩擦因数为μ=fmg=0.8,故A正确。
8.ABD　对比x=v0t+12at2和x=t2+t,知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正确;根据v2-v02=2ax得,v=v02+2ax=1+2×2×12 m/s=7 m/s,故B正确;根据牛顿第二定律得,F-μmg=ma,解得F=ma+μmg=12 N,故C错误,D正确。
9.D　因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mg sin θ=μmg cos θ,所以μ=tan θ=33;当木块在推力作用下由静止沿斜面加速上滑时,由运动学公式x=12at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得:F-mg sin θ-μmg cos θ=ma,得F=36 N,D正确。
10.D　由v-t图像可知,0~1 s内,物体做匀加速直线运动,其加速度大小为a1=Δv1Δt1=61 m/s2=6 m/s2;1~3 s内,物体做匀减速直线运动,其加速度的大小为a2=62 m/s2=3 m/s2。根据牛顿第二定律,0~1 s 有F-Ff=ma1,1~3 s有Ff=ma2,解得F=9 N,Ff=3 N。故D正确,A、B、C错误。
11.答案　(1)2 N　(2)30°
解析　(1)小滑块从A到B过程中:a1=Δv1Δt1=2 m/s2
由牛顿第二定律得:F=ma1=2 N。
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小:
a2=Δv2Δt2=5 m/s2
由牛顿第二定律得:
mg sin α=ma2
则α=30°。
易错警示
由运动情况确定受力应注意的两点问题
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
能力提升练
1.C　在沿斜面方向上,根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度a=mgsinθm=g sin θ,斜面倾角越大,加速度越大,所以在AC3上运动的加速度最大;设斜面的高度为h,根据几何知识可得,物体发生的位移为x=hsinθ,物体的初速度为零,所以由x=12at2解得t=2xa=2hgsin2θ,倾角越大,时间越短,物体到达C3的时间最短;根据v2=2ax得,v=2gh,知到达底端的速度大小相等,故C正确。
技巧点拨
受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。
2.B　设光滑斜槽轨道与竖直方向的夹角为θ,则重物下滑时的加速度为a=g cos θ,由几何关系,斜槽轨道的长度s=2(R+r) cos θ,由运动学公式s=12at2,得t=2sa=2×2(R+r)cosθgcosθ=2R+rg,即所用时间t与倾角θ无关,所以t1=t2,B项正确。
模型提炼
等时圆模型
常见情况
运动规律
例图
质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点
所用时间
相等

质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端
所用时间
相等

两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端
所用时间
相等


3.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,有加速度a=g sin θ,Rcosθ=12at2,解得t2=4Rgsin2θ,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。
4.BD　0~1 s内,物体的加速度大小a1=F+μmgm=6+0.1×2×102 m/s2=4 m/s2,A项错误;1~2 s内物体的加速度大小a2=F'-μmgm=6-0.1×2×102 m/s2=2 m/s2,B项正确;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=(4+8)×12 m=6 m,C项错误;
0~2 s内物体的总位移x=x1+x2=[6+(4+6)×12] m=11 m,D项正确。
5.答案　(1)1 N　水平向左　(2)6 m　(3)5.5 s
解析　(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小
Ff=μmg=1 N
物块向右运动时所受摩擦力的方向水平向左。
(2)物块向右运动时的加速度大小
a1=F+Ffm=3 m/s2
物块向右运动到最远处时的位移大小
2a1x=v2,x=v22a1=6 m。
(3)物块向右运动的时间:t1=va1=2 s
物块返回时的加速度大小:a2=F-Ffm=1 m/s2
由x=12a2t22得物块返回过程的时间
t2=2xa2=23 s≈3.5 s
物块回到出发点A的时间
t=t1+t2=5.5 s。
规律总结
加速度是联系受力情况和运动情况的“桥梁”

6.B　设下滑过程中的最大速度为v,则消防队员下滑的总位移为x=v2t1+v2t2,总时间t=t1+t2,解得v=2xt=2×123 m/s=8 m/s,故A错误;由v=a1t1,v=a2t2,解得t1∶t2=a2∶a1=1∶2,故D错误;由t1∶t2=1∶2,又t1+t2=3 s,得到t1=1 s,t2=2 s,a1=vt1=8 m/s2,a2=4 m/s2,根据牛顿第二定律,可知加速过程mg-f1=ma1,解得f1=mg-ma1=120 N;减速过程f2-mg=ma2,解得f2=mg+ma2=840 N,所以f1∶f2=1∶7,故B正确;匀加速过程位移为x1=v2t1,匀减速过程位移为x2=v2t2,所以加速与减速过程的位移之比为x1∶x2=1∶2,故C错误。
7.BD　v-t图像的斜率表示加速度,由图乙可知上滑时的加速度大小为a1=Δv1Δt1=40.5 m/s2=8 m/s2,下滑时的加速度大小为a2=Δv2Δt2=21.5-0.5 m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可得:mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得:θ=30°,μ=35,由上可知物块的质量无法求出,故A、C错误,B正确;物块上滑最大距离等于0~0.5 s内v-t图线与时间轴所围的“面积”的大小,为x=12×4×0.5 m=1 m,故D正确。
8.答案　(1)22 m/s　(2)1 m/s2　(3)24 N　方向竖直向上
解析　(1)至月表高度30 m处速度减为零,缓慢下降,距离月面2.5 m 时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,由v22=2g'h2得:v2=2×1.6×2.5 m/s=22 m/s。
(2)由题意知加速和减速过程发生的位移为:
h=102 m-30 m=72 m
由位移关系得:v122a1+0-v12-2a2=h
解得:a1=1 m/s2。
(3)匀加速直线下降过程,由牛顿第二定律得:
mg'-F=ma1
解得:F=24 N,方向竖直向上。
9.答案　(1)12 m/s　(2)1.25倍
解析　(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v,下落时间t1=1.2 s。由v=gt1代入数据解得v=12 m/s
即座椅在自由下落结束时刻的速度大小是12 m/s。
(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h,总时间为t,所以h=(40-4) m=36 m
匀加速过程和匀减速过程的最大速度均为v,最小速度均为0,由平均速度公式有h=v2t,代入数据解得:t=6 s
设座椅匀减速运动的时间为t2,则t2=t-t1=4.8 s
即座椅做匀减速运动的时间是4.8 s。
设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F。
由v=at2,解得a=2.5 m/s2
由牛顿第二定律得F-mg=ma
代入数据,解得F=1.25mg
即在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍。
10.AD　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FN2 cos θ=mg,水平方向有FN1-FN2 sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=mgcosθ,A正确。FN1=ma+mg tan θ。由于FN2=mgcosθ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增大而增大,故C错误,D正确。小球受到的合力为ma,故B错误。
11.AB　对物体1进行受力分析,且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解,有

FT cos θ=m1g,FT sin θ=m1a
得FT=m1gcosθ,a=g tan θ,
所以A、B正确。
对物体2进行受力分析有FN+FT'=m2g

Ff静=m2a
根据牛顿第三定律,FT'=FT
解得FN=m2g-m1gcosθ
Ff静=m2g tan θ,
故C、D错误。