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练习

5　牛顿运动定律的应用

课后篇巩固提升

合格考达标练

1.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

解析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=2ax,可得汽车刹车前的速度为 v0==14 m/s,因此选项B正确。

答案B

2.假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多,当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动,它还能继续滑动的距离约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)

A.40 m B.20 m

C.10 m D.5 m

解析根据牛顿第二运动定律得,汽车刹车的加速度a==g,则继续滑行的距离s==20 m,B项正确。

答案B

3.(2021河南焦作高一期末)从距地面h高度处由静止释放一小球,与地面碰撞后竖直返回且碰撞前后速率不变,返回的高度为原高度的一半,已知重力加速度为g,小球的质量为m,运动过程中阻力大小不变,则小球所受阻力大小为(　　)

A.mg B.mg

C.mg D.mg

解析设小球所受阻力大小为Ff,落地速度大小为v,小球下落时,满足mg-Ff=ma1,2a1h=v2,小球反弹时满足mg+Ff=ma2,2a2·=v2,联立解得Ff=mg,故选D。

答案D

4.某气枪子弹的出口速度达100 m/s,若气枪的枪膛长0.5 m,子弹的质量为20 g,若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动,则高压气体对子弹的平均作用力为              (　　)

A.1×102 N B.2×102 N

C.2×105 N D.2×104 N

解析根据v2=2ax,得a= m/s2=1×104 m/s2,从而得高压气体对子弹的平均作用力F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N。

答案B

5.(2021湖北黄冈高一期末)手机给人们带来便利的同时也带来了很多困扰,人们对手机的依赖性越来越强,有些人喜欢躺着看手机,经常出现手机砸到头部的情况。若手机从离人约20 cm的高度无初速度掉落,砸到头部后手机未反弹,头部受到手机的冲击时间约为0.2 s。假定手机作用在人头部的力为恒力,方向竖直向上,重力加速度g取10 m/s2,下列分析不正确的是(　　)

A.手机刚要接触头部之前的速度约为2 m/s

B.手机与头部作用时减速的加速度大小约为10 m/s2

C.头部对手机的作用力对手机产生的加速度大小约为10 m/s2

D.手机对头部的作用力大小约等于手机重力的2倍

解析手机做自由落体运动,故手机接触头部之前的速度约为v= m/s=2 m/s,A正确,不符合题意;手机接触头部之前的速度约为2 m/s,砸到头部后手机未反弹即末速度为0,头部受到手机的冲击时间约为0.2 s,根据加速度定义a= m/s2=-10 m/s2,负号表示方向向上,加速度大小为10 m/s2,故B正确,不符合题意;选向上为正方向,加速度大小为10 m/s2,根据牛顿第二定律F-mg=ma,解得F=2mg,F产生的加速度a'==2g=20 m/s2,选项C错误,符合题意;根据力的作用是相互的,则手机对头部的作用力也是2mg,约等于手机重力的2倍,选项D正确,不符合题意。

答案C

6.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4 s内通过8 m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2 s停止,已知汽车的质量m=2×103 kg,汽车运动过程中所受的阻力大小不变,求:

(1)关闭发动机时汽车的速度大小。

(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小。

(3)汽车牵引力的大小。

点拨汽车的运
动分析根据运动学公
式求加速度确定汽车
所受各力

解析(1)汽车开始做匀加速直线运动,则

x0=t1,解得v0==4 m/s。

(2)汽车滑行减速过程中加速度

a2==-2 m/s2

由牛顿第二定律得-Ff=ma2

解得Ff=4×103 N。

(3)开始加速过程中加速度为a1,则x0=a1

由牛顿第二定律得F-Ff=ma1

解得F=Ff+ma1=6×103 N。

答案(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N

7.

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,cos 37°=0.8。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)物体运动的总位移大小。

解析(1)撤去力F前,对物体进行受力分析,如图甲所示,则有Fsin θ+FN=mg

Fcos θ-Ff=ma1

又Ff=μFN

联立以上各式解得a1=0.5 m/s2

物体在t=10 s撤去力F时速度最大,

v=a1t=5 m/s,

此时物体的位移x1=a1t2=25 m。

(2)撤去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=v2

解得x2=2.5 m

故物体运动的总位移为x=x1+x2=27.5 m。

答案(1)5 m/s　(2)27.5 m

等级考提升练

8.

(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

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FN2cos θ=mg,水平方向有FN1-FN2sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=,A正确。FN1=ma+mgtan θ。由于FN2=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,C项错误,D项正确。小球受到的合力为ma,B项错误。

答案AD

9.(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

解析0~1 s内,物体的加速度大小a1= m/s2=4 m/s2,A项错误;1~2 s内物体的加速度大小a2= 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= m=6 m,C项错误;0~2 s内物体的总位移x=x1+x2=6+ m=11 m,D项正确。

答案BD

10.

(多选)蹦极运动的示意图如图所示,弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程,下列表述正确的是(　　)

A.经过B点时,运动员的速率最大

B.经过C点时,运动员的速率最大

C.从C点到D点,运动员的加速度增大

D.从C点到D点,运动员的加速度不变

解析在BC段,运动员所受重力大于弹力,向下做加速度逐渐减小的变加速运动,当a=0时,速度最大,即在C点时速度最大,选项B正确。在CD段,弹力大于重力,运动员做加速度逐渐增大的变减速运动,选项C正确。

答案BC

11.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在固定的倾角为θ=30°的足够长斜面上,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时间物体沿斜面上升4 m的距离,则推力F为(g取10 m/s2)(　　)

A.42 N B.6 N 

C.21 N D.36 N

解析因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ;当在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得F=36 N,D正确。

答案D

12.(2021山东聊城高一期末)民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,形成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面,如图所示。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为3.6 m,气囊所形成的斜面长度为6 m,一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,可视为匀加速直线运动,已知人沿气囊下滑时所受的阻力为120 N,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A.人滑至气囊底端时的速度大小为8 m/s

B.人滑至气囊底端时的速度大小为4 m/s

C.人下滑过程所经历的时间约为3 s

D.人下滑过程所经历的时间约为1 s

解析设斜面的倾角为θ,则有sin θ==0.6,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-Ff=ma,解得加速度a=4 m/s2;根据速度位移公式v2=2aL,可得人滑至气囊底端时的速度大小为v= m/s=4 m/s,故A错误,B正确。根据位移时间公式可得L=at2,解得人下滑过程所经历的时间为t= s= s,故C、D错误。

答案B

13.一架航模遥控飞行器如图所示,其质量m=2 kg,动力系统提供的恒定升力F=28 N。试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力恒为Ff=4 N,g取 10 m/s2。

(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s时到达的高度H等于多少?

(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力,求飞行器减速上升阶段的加速度的大小。

解析(1)第一次飞行中,设加速度为a1

由牛顿第二定律得F-mg-Ff=ma1

飞行器上升的高度H=a1

以上两式代入数据解得H=64 m。

(2)第二次飞行中,设失去升力后的加速度为a2

由牛顿第二定律得mg+Ff=ma2

代入数据解得a2=12 m/s2,方向向下。

答案(1)64 m　(2)12 m/s2

14.(2021广东汕头高一期末)如图所示是一架吊机将卡车上某货物起吊到轮船上的过程的示意图。已知该货物质量为500 kg,货物在卡车上初位置A和最终到轮船上位置B的离地高度均为2 m,A、B之间的距离为28 m,被吊起的最大高度为20 m。假设货物只在竖直方向和水平方向运动,且速度变为零后再向另一方向运动,在运动过程中加速和减速的最大加速度均为2 m/s2,在水平方向的最大速度为2 m/s,不计空气阻力。若要使货物运送时间最短,求:

(1)上升过程中的最大速度;

(2)货物从A到B过程的总时间;

(3)货物上升过程中受到的最大牵引力。

解析(1)竖直上升的高度h1=(20-2)m=18 m

竖直方向先加速后减速时间最短,根据对称性有

h1=2×

解得t1=3 s

上升的最大速度v1=at1=6 m/s。

(2)水平方向加速、减速时间均为t2==1 s

加速、减速位移均为x1==1 m

水平方向匀速时间t3==13 s

货物在空中运动的总时间t=4t1+2t2+t3=27 s。

(3)加速上升过程,根据牛顿第二定律有F-mg=ma

解得F=mg+ma=6 000 N。

答案(1)6 m/s　(2)27 s　(3)6 000 N