教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用习题

这是一份教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用习题，共8页。

考点一 已知受力确定运动情况
1．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3秒后消失，则第5秒末物体的速度和加速度分别是( )
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
C [由牛顿第二定律知前3秒内F＝ma1即a1＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2；3秒末物体速度v＝a1·t＝1.5 m/s2×3 s＝4.5 m/s；3秒后F消失，物体所受合外力为零，则a2＝0，物体做匀速直线运动，故选项C正确．]
2．(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边．三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，下面说法中正确的是( )
A．物体沿DA滑到底端时具有最大速率
B．物体沿EA滑到底端所需时间最短
C．物体沿CA下滑，加速度最大
D．物体沿DA滑到底端所需时间最短
CD [设底边AB长为L，则倾角为θ的斜面长度为x＝ eq \f(L,cs θ)；由牛顿第二定律得，物体沿斜面下滑时加速度a＝g sin θ，故当θ＝75°时加速度最大，故选项C正确；由v2＝2ax可得，物体沿斜面滑到底端时的速度为v＝ eq \r(2ax)＝ eq \r(2g sin θ·\f(L,cs θ))＝ eq \r(2gL tan θ)，当θ＝75°时，v最大，选项A错误；由x＝ eq \f(1,2)at2得，t＝ eq \r(\f(2x,a))＝ eq \r(\f(2\f(L,cs θ),g sin θ))＝ eq \r(\f(2 L,g sin θcs θ))＝ eq \r(\f(4 L,g sin (2θ)))，当θ＝45°时，t最小，选项B错误，选项D正确．]
3．如图所示，放在光滑水平面上的一个物体，同时受到两个水平方向力的作用，其中水平向右的力F1＝5 N，水平向左的力F2＝10 N，当F2由10 N逐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
C [F2由10 N减到5 N的过程中F合＝F2－F1＝ma，a方向沿F2方向且逐渐减小；当F2<5 N后，F合＝F1－F2＝ma，a方向沿F1方向且逐渐增大；故加速度先减小后反向增大，选项C正确．]
4．在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是( )
A．若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为 eq \f(vt,2)
B．若测得小铁球下落h时的加速度为a，则小铁球此时的速度为 eq \r(2ah)
C．若测得某时刻小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m(a＋g)－F
D．若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为 eq \f(y,t)
D [小球释放到达收尾速度过程中，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，不能通过匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解，故A错误；因为该过程中的加速度在变化，不能通过v2＝2ah求解小球的速度，故B错误；根据牛顿第二定律得，mg－F－f＝ma，解得小铁球受到水的阻力f＝mg－F－ma，故C错误；根据平均速度的定义式，位移为y，时间为t，则平均速度为 eq \f(y,t)，故D正确．]
考点二 已知运动情况确定受力情况
5．质量为1 kg的物体，受水平恒力作用，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) B． eq \f(2x,2t－1)
C． eq \f(2x,2t＋1) D． eq \f(2x,t－1)
A [由x＝ eq \f(1,2)at2得：a＝ eq \f(2x,t2) m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝1× eq \f(2x,t2) N＝ eq \f(2x,t2) N，故A正确．]
6．(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( )
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．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
AB [对物体1受力分析知，mg tan θ＝ma，得a＝g tan θ，故选项A正确；绳的拉力设为F，则有F·cs θ＝m1g，F＝ eq \f(m1g,cs θ)，故选项B正确；对物体2受力分析知，竖直方向上，F＋FN＝m2g，得FN＝m2g－ eq \f(m1g,cs θ)，故选项C错误；水平方向上f＝m2a＝m2g tan θ，故选项D错误．]
7．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
B [消防队员下落H＝2 m后末速度为v，由运动学公式v2＝2gH；缓冲减速下降了h＝0.5 m；由运动学公式得0－v2＝－2ah而a＝ eq \f(gH,h)；由牛顿第二定律得缓冲过程N－mg＝ma，解得N＝mg＋ma＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))g＝5mg，故选项B正确．]
8．某旅游景区新开发了一个游乐项目，可简化为图示坡道模型，整个坡道由三段倾角不同的倾斜直轨道组成，滑车从坡顶A点由静止滑下，AB段做匀加速直线运动，BC段做匀速直线运动，CD段做匀减速直线运动，滑到坡底D点时速度减为零，不计空气的阻力，则( )
A．坡道AB对滑车的作用力沿坡面向下
B．坡道BC对滑车的作用力为零
C．坡道BC对滑车作用力竖直向上
D．坡道CD对滑车的作用力可能垂直坡道斜面向上
C [滑车从坡顶A点由静止滑下，AB段做匀加速直线运动，从受力分析角度，受到重力、支持力与滑动摩擦力，因此做匀加速直线运动，则车受到的支持力与滑动摩擦力的合力在竖直向上偏右方向，这样再与重力求合力，才能产生向下的加速度，故A错误；车在BC段做匀速直线运动，因此车受到的支持力与滑动摩擦力的合力与重力等值反向，则坡道BC对滑车作用力竖直向上，故B错误，C正确；车在坡道CD做匀减速直线运动，车受到支持力与滑动摩擦力的合力，即对滑车的作用力，应该在竖直向上偏左方向，这样再与重力求合力才能产生向上的加速度，因此对滑车的作用力不可能垂直坡道斜面向上，故D错误．]
9．某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3 kg，力传感器固定在竖直挡板上(g取10 m/s2).求：
(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置向右匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
[解析] (1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止时的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为N，对小球受力分析如图所示，由几何关系可知：
F＝mg＝3×10 N＝30 N.
(2)竖直方向Ncs 45°＝mg
水平方向F－N sin 45°＝ma
解得a＝2 m/s2.
(3)要使力传感器示数为0，则有：
N cs 45°＝mg
N sin 45°＝ma
解得a＝10 m/s2，方向向左．
[答案] (1)30 N (2)2 m/s2 (3)方向向左 10 m/s2
10．(多选)在光滑水平面上有一物体受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物体与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体接触弹簧后即做减速运动
B．物体接触弹簧后先加速后减速
C．当弹簧处于压缩量最大时，物体的加速度不等于零
D．当物体的速度为零时，它所受的合力不为零
BCD [由牛顿第二定律知物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故选项A错误，B正确；当拉力F等于弹簧弹力时，物体加速度为零，但速度最大；由于惯性，物体会继续运动，弹簧会进一步被压缩，当物体速度为零时，弹簧弹力大于拉力F，合力不为零，故选项C、D正确．]
11．(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
AD [对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力N2进行正交分解，竖直方向有N2cs θ＝mg，水平方向有N1－N2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为N2＝ eq \f(mg,cs θ)，A正确；N1＝ma＋mg tan θ.由于N2＝ 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N1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．]
12．如图所示，水池正上方有一小球，球距水面h1＝3.2 m，池水深h2＝1.6 m，小球从静止释放后落入水中做减速运动，到池底的速度恰好为零(g取10 m/s2)，求：
(1)小球运动的最大速度；
(2)小球在水中运动的加速度；
(3)从开始到落到池底所用的时间．
[解析] (1)小球下落到水面时速度最大且为vm，由速度与位移公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))＝2gh1
代入数据解vm＝8 m/s.
(2)设小球在水池中减速运动的加速度大小为a，由速度位移关系有0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))＝－2ah2
代入数据解得：a＝20 m/s2，方向竖直向上．
(3)小球下落到水面的时间为t1，由自由落体公式：
h1＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
代入数据解得t1＝0.8 s
减速运动的时间为t2，0＝vm－at2
代入数据可解得t2＝0.4 s
所以运动总时间t＝t1＋t2＝1.2 s.
[答案] (1)8 m/s (2)20 m/s2，方向竖直向上
(3)1.2 s
13．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿
着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g.求：
甲 乙
(1)小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
(3)当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．
[解析] (1)当θ＝30°时，对小木块受力分析得：
mg sin θ＝μN①
N＝mg cs θ②
联立①②得μ＝tan θ＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3).
(2)当小木块向上运动时，设小木块的加速度为a1，位移为x，则：mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝2a1x
则x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g(sin θ＋μcs θ))
θ＝60°
x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g(sin 60°＋μcs 60°))＝ eq \f(\r(3)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),4g).
(3)θ＝60°，当小木块向上运动时，
时间t1＝ eq \f(v0,a1)＝ eq \f(\r(3)v0,2g)
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则
mg sin θ－μmg cs θ＝ma2
解得a2＝ eq \f(\r(3),3)g
由x＝ eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))得t2＝ eq \f(\r(6)v0,2g)
t＝t1＋t2＝ eq \f((\r(3)＋\r(6))v0,2g).
[答案] (1) eq \f(\r(3),3) (2) eq \f(\r(3)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),4g) (3) eq \f((\r(3)＋\r(6))v0,2g)