4.5牛顿运动定律的应用（练习）-高中物理课件（人教版2019必修第一册）

4.5牛顿运动定律的应用  同步练习一、单选题1．（2022·山东菏泽·高三期中）无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若质量为80kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力的方向与飞行方向垂直，取，则此过程中（　　）A．B．加速度大小为C．用时达到最大速度D．下降高度为达到最大速度【答案】C【详解】A．对运动员进行受力分析如图所示则有由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知，解得，A错误；B．根据上述有解得，B错误；C．根据解得，C正确；D．根据上述，达到最大速度时，令下降高度为h，则有，解得D错误。故选C。2．（2022·广东·高三阶段练习）如图所示，斜面体B固定于水平桌面上，一质量为m的物块A从斜面底端开始以初速度沿斜面自由上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，物块A与斜面间动摩擦因数为。以下说法正确的是（  ）A．物块A与斜面间摩擦力大小为B．物块A上下过程可以看做一个单一的匀变速直线运动C．物块A上滑时间大于下滑时间D．物块A上滑的加速度大于下滑的加速度【答案】D【详解】A．设斜面倾角为，则物块A在斜面上滑动时摩擦力大小为，A错误；B．物块A上滑时做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动，故物块A上下过程不是一个单一过程的匀变速直线运动，B错误；D．上滑时，由牛顿第二定律解得下滑时，由牛顿第二定律解得故即物块A上滑的加速度大于下滑的加速度，D正确；C．设上滑位移大小为x，正向匀减可以看成反向匀加，由可得同理，下滑时间为故物块A上滑时间小于下滑时间，C错误。故选D。3．（2022·天津·耀华中学高三阶段练习）如图所示，质量为的物体在粗糙斜面上以加速度匀加速下滑（斜面固定）；当把物体的质量增加时，加速度为；当有一竖直向下且过重心的恒力作用在物体上时，加速度变为，如果，则（　　）A． B． C． D．【答案】C【详解】物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得当把物体的质量增加时，则有当加一竖直向下的恒力时因此故选C。4．（2022·全国·高三课时练习）如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为 ，其推进器的平均推力为 。在飞船与空间站对接后，推进器工作 内，测出飞船和空间站速度变化是 ，则空间站的质量为（　　）A．B．C．D．【答案】C【详解】整体的加速度大小对整体，由牛顿第二定律得则空间站的质量，故选C。5．（2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）如图总质量为400kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动，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，关于热气球，下列说法正确的是（　　）A．所受浮力大小为4830NB．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10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为200N【答案】D【详解】A．根据牛顿第二定律得解得 ，A错误；B．根据牛顿第二定律得加速上升过程中，加速度减小，所受空气阻力增大，B错误；C．如果加速度保持不变，从地面开始上升10s后的速度为5m/s。因为上升过程中空气阻力增大，加速度减小，所以，从地面开始上升10s后的速度一定小于5m/s，C错误； D．以5m/s的速度匀速上升时，根据平衡条件得 解得 D正确。故选D。6．（2022·广西·柳州高级中学高三阶段练习）光滑水平面上，一质点在一水平恒力作用下做直线运动，途中历时0.2 s依次通过相距0.2m的a、b两点，则关于该质点通过a、b中点时的速度大小，下述正确的是（　　）A．若力的方向由a向b，则小于1m/sB．若力的方向由b向a，则小于1m/sC．无论力的方向如何均小于1m/sD．无论力的方向如何均大于1m/s【答案】D【详解】由题意知，质点将做匀变速直线运动，无论力的方向如何，根据中点位移速度公式有而中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，有由数学知识可知，故选D。7．（2022·江苏·盐城市伍佑中学高三开学考试）两个由相同材料制成的木块A和B，其中木块A的质量较大，它们以相同的初速度沿水平地面向前滑动，则（　　）A．木块A惯性大，滑行距离大 B．木块B所受阻力小，滑行距离大C．两木块滑动的时间相等 D．两木块滑动的加速度不等【答案】C【详解】由题意，知两木块均做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有可得两木块滑动的加速度大小显然二者加速度相等，与它们质量无关；由运动学公式可知二者滑行的距离为滑行的时间显然两木块滑动的距离及时间均相等。故选C。8．（2022·全国·高一课时练习）假设撑竿跳高运动员从最高处到垫子的高度差为h=5.0 m，从接触海绵垫子到速度为0的整个过程用时约为0.2 s，该过程可视为匀减速直线运动，整个过程忽略空气阻力，g取10 m/s2。则下列说法正确的是（　　）A．运动员接触海绵垫子时的速度大小为2 m/sB．运动员自由下落时间约为2.0 sC．从接触海绵垫子到速度为0，运动员的加速度大小为50 m/s2D．海绵垫子受到的平均作用力是运动员体重的4倍【答案】C【详解】AB．由运动规律可得，运动员接触海绵垫子时的速度大小由v2=2gh解得v=10 m/s运动员自由下落时间故AB错误；C．从接触海绵垫子到速度为0，运动员的加速度大小a==50 m/s2故C正确；D．根据牛顿第二定律F-mg=ma可得F=6mg所以根据牛顿第三定律可知海绵垫子受到的平均作用力为6mg，故D错误。故选C。二、多选题9．（2022·山西大同·高三阶段练习）如图，一辆货车以54km/h的速度在平直公路上匀速行驶，因为前方红灯，司机以大小为3m/s2的加速度开始刹车（可视为匀减速直线运动）直到停止。货箱长度为l=8.4m，质量m=30kg的货物P（可视为质点）初始时到货箱后壁的距离l1=0.5m。已知货物与货箱底板间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）A．司机刹车时，货物所受摩擦力的大小为90NB．货车匀减速直线运动的位移大小为37.5mC．货物匀减速直线运动的时间为6sD．货物最终会与货箱前壁碰撞【答案】BC【详解】A．货车匀速行驶时的速度v=15m/s，设货物恰好滑动时的加速度为a0，根据牛顿第二定律得解得货物会相对货车滑动，货物受的摩擦力大小为 ，A错误；B．货车匀减速直线运动的位移大小为，B正确；C．货物匀减速直线运动的时间，C正确。D．假设货物不会与货箱前壁碰撞，货物匀减速直线运动的位移为两者运动的位移差为货物到货箱前壁的距离为货物不会与货箱前壁碰撞，D错误。故选BC。10．（2022·全国·高一课时练习）一个静止在水平面上的物体质量为2 kg，在水平向右的5 N的拉力作用下滑行，物体与水平面间的滑动摩擦力为2 N，4 s后撤去拉力，则（　　）A．物体在4 s末的速度为6 m/s B．物体在4 s末的速度为10 m/sC．物体滑行的时间为6 s D．物体滑行的时间为10 s【答案】AD【详解】AB．前4 s内，根据牛顿第二定律得，物体匀加速运动的加速度a1==1.5 m/s2物体在4 s末的速度v1=a1t1=6 m/s选项A正确，B错误；CD．4 s后，根据牛顿第二定律得，物体匀减速运动的加速度a2==-1 m/s2物体继续滑行的时间则物体滑行的时间为6 s+4 s=10 s，选项C错误，D正确。故选AD。11．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，在货车车厢底板上紧密地平整排列着一层油桶，且油桶与车厢前后挡板紧挨着，上面一层只有一只油桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，所有油桶的规格相同，货车载着油桶一起在平直公路上匀速行驶。从某一时刻起货车开始刹车做匀减速运动，重力加速度为g，在刹车过程中，下列说法正确的是 （　　）A．若油桶C相对桶A、B保持静止，则桶A对C的支持力减小B．若油桶C相对桶A、B保持静止，则桶B对C的支持力减小C．若油桶C相对桶A、B保持静止，则桶A对C支持力的增加量大于桶B对C支持力的减小量D．当货车刹车的加速度大小超过时，桶C就会脱离B而运动到A的左边，甚至撞击前挡板【答案】BD【详解】ABC．对C进行受力分析，如图所示，根据几何关系可知，A和B对C的支持力与竖直方向的夹角均为30°，当C处于静止状态时，根据平衡条件，在水平方向上有   ①在竖直方向上有   ②联立①②解得   ③设货车刹车的加速度大小为a，对C，在水平方向上根据牛顿第二定律有   ④在竖直方向上根据平衡条件有   ⑤联立④⑤解得   ⑥   ⑦比较③⑥⑦可知则桶A对C的支持力增大，则桶B对C的支持力减小，且桶A对C支持力的增加量等于桶B对C支持力的减小量，故AC错误，B正确；D．当桶B对C的支持力为零时，筒C恰好脱离B，设此时货车的加速度大小为，根据牛顿第二定律解得所以当货车刹车的加速度大小超过时，桶C就会脱离B而运动到A的左边，甚至撞击前挡板，故D正确。故选BD。三、解答题12．（天津市八校联考2022-2023学年高三上学期期中考试物理试题）如图所示，固定斜面长，倾角，段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量的小物块从斜面顶端由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数分别为、，不计空气阻力，，，。求:（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小；（2）小物块滑到斜面底端点时的速度大小；（3）小物块在水平地面上第内滑行的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据牛顿第二定律可得解得（2）根据匀变速直线运动规律有解得小物块滑到斜面底端点时的速度大小为（3）在水平地面上根据牛顿第二定律有解得小物块在水平地面滑行的总时间为则在水平地面上滑行3s末的速度为小物块在水平地面第4s内滑行的距离为13．（2022·江苏·南通市通州区石港中学高一期中）如图所示，一质量的物体放在水平地面上，作用在物体上的拉力与水平面成，当时物体恰好做匀速直线运动，（，，g=10m/s2）。求：（1）物体与水平面的动摩擦因数；（2）当力增大为时，物体运动的加速度；（3）物体沿水平面运动的最大加速度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）当时物体恰好做匀速直线运动，对物体进行分析受力，其受力示意图如下所示根据平衡条件可得联立解得（2）当力增大为时，分析可知拉力沿竖直方向的分力小于重力。故物体沿水平方向做匀加速直线运动。则竖直方向根据平衡条件，有水平方向根据牛顿第二定律，有带入数据联立可得（3）分析可知，当地面对物块的支持力为零时，物块的加速最大，此时地面对物体的摩擦力也为零。故物体受力示意图如下故有联立解得14．（2022·广西·高二学业考试）滑雪者乘坐缆车沿索道到达滑道顶部，索道长为x = 600m，缆车速度大小恒为v车 = 1.2m/s；然后从滑道顶部由静止沿滑道直线滑下，滑道倾角θ = 30°（简化模型如图）。假设滑雪者速度vt ≤ 10m/s时阻力可忽略，vt > 10m/s时阻力为滑雪者重力的0.1倍，取g = 10m/s2，求：（1）滑雪者乘坐缆车沿索道运动到滑道顶部需要的时间；（2）滑雪者速度v = 5m/s时，加速度的大小和方向；（3）滑雪者从滑道顶部向下滑行t = 3s时滑行的距离。【答案】（1）500s；（2）5m/s2，方向沿滑道向下；（3）22m【详解】（1）滑雪者乘坐缆车沿索道到达滑道顶部，缆车速度大小恒为v车 = 1.2m/s，则有x = v车t0解得t0 = 500s（2）由于滑雪者速度vt ≤ 10m/s时阻力可忽略，则当滑雪者的速度v = 5m/s时，加速度大小为a1，有mgsinθ = ma1解得a1 = 5m/s2，方向沿滑道向下（3）当滑雪者的速度达到v1 = 10m/s时，用时为t1，有解得t1 = 2s位移为x1，则解得x1 = 10m滑雪者还要沿直线向下滑行t2 = 1s，设这段位移的加速度大小为a2，有mgsinθ－0.1mg = ma2a2 = 4m/s2设滑雪者沿直线向下滑行用时t2 = 1s的位移大小为x2x2 = 12m则可知向下滑行t = 3s时滑行的距离x = x1＋x2 = 22m