2022-2023学年粤教版必修第一册 4.5 牛顿运动定律的应用 作业

1、课时跟踪检测（二十五）牛顿运动定律的应用eq avs4al(A)组重基础体现综合1.(2022广东1月学考)如图所示，在卸货过程中，自动卸货车静止在水平地面上，车厢倾角37时，货箱正沿车厢下滑，已知货箱与车厢间的动摩擦因数为0.5，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则货箱下滑的加速度大小为( )A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2解析：选A对货箱受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma，即加速度为agsin gcos ，解得a2 m/s2，A正确。2质量为1 kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它

2、在t s内的位移为s m，则F的大小为()A.eq f(2s,t2) N B.eq f(2s,2t1) NC.eq f(2s,2t1) N D.eq f(2s,t1) N解析：选A由seq f(1,2)at2得aeq f(2s,t2) m/s2，对物体由牛顿第二定律得Fma1eq f(2s,t2) Neq f(2s,t2) N，故选项A正确。3.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A方向向左，逐渐减小B方向向左，大小不变C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小解析：选B由题意知，B的加速度方向向左，大小为定值，水平方

3、向上B仅受A的摩擦力，由牛顿第二定律可知B受到的摩擦力方向向左，大小不变，B正确。4用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为32，初速度之比为23，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23B滑行的时间之比为11C滑行的距离之比为49D滑行的距离之比为32解析：选C根据牛顿第二定律可得mgma，所以滑行中的加速度大小为：ag，所以加速度之比为11，A错误；根据公式teq f(v,a)，可得eq f(t1,t2)eq f(f(v1,a),f(v2,a)eq f(2,3)，B错误；根据公式v22as可得eq f(s1,s2)eq f(f(v12,2a)

4、,f(v22,2a)eq f(4,9)，C正确，D错误。5多选如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上做匀速运动。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g10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB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10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD热气球从地面刚开始竖直上升时v0，空气阻力f0。由F浮mgma，得F浮m(ga)4

5、830 N，故A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮mgf0，计算得f230 N，选项D正确。6若竖直上抛运动过程中物体受到的空气阻力f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则()Aa1a2，t1a2，t1t2Ca1a2，t1t2 Da1t2解析：选A上升过程中，由牛顿第二定律，得mgfma1设上升高度为h，则heq f(1,2)a1t12下降过程，由牛顿第二定律，得mg

6、fma2heq f(1,2)a2t22由得，a1a2，t1t2，A正确。7.2019年4月23日是人民海军成立70周年纪念日，青岛及其附近海、空域举行海上阅兵。阅兵期间，假设一名空降兵从悬停在高空的直升机上竖直下落，他从离开直升机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图像如图所示，则下列说法正确的是()A第10 s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15 s末B010 s内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力C010 s内空降兵的速度和加速度都在增大D在1015 s内空降兵竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐减小解析：选B打开降落伞后空降兵将做减速运动，故第10 s 末空降兵打开降落伞，根据v

7、-t图像的斜率表示加速度，可知1015 s空降兵做加速度不断减小的减速运动至15 s末，1015 s过程中速度向下，做减速运动，故加速度向上，A、D错误；010 s内空降兵向下做加速度不断减小的加速运动，受重力和空气阻力，根据牛顿第二定律，知合力向下，重力大于空气阻力，B正确，C错误。8多选如图所示，质量m20 kg的物块，在与水平方向夹角成37的拉力F100 N的作用下，一直沿足够长的水平面做匀加速直线运动，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列说法正确的是()A物块受到的合力可能大于 80 NB地面对物块的支持力一定等于 140 NC物块与水平面间的动摩擦因数一定

8、小于eq f(4,7)D物块的加速度可能等于2 m/s2解析：选BCD若水平面光滑，则合力为F合Fcos 3780 N，若水平面粗糙，则合力为F合Fcos 37Ff80 NFf80 N，所以合力不可能大于 80 N，A错误；在竖直方向上Fsin 37FNmg，则FNmgFsin 37140 N，故B正确；若水平面粗糙，水平方向上有Fcos37FNma，解得eq f(Fcos 37ma,FN)eq f(Fcos 37,FN)eq f(4,7)，C正确；水平面粗糙时，aeq f(Fcos 37FN,m)，当eq f(2,7) 时，a等于 2 m/s2，D正确。9一物块从长为s、倾角为的固定斜面的顶

9、端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为，求物块从顶端滑到底端所用的时间。解析：物块沿斜面下滑的受力如图所示。由正交分解得mgsin fmaFNmgcos 0，fFN解得ag(sin cos )又seq f(1,2)at2解得t eq r(f(2s,a) eq r(f(2s,gsin cos )。答案： eq r(f(2s,gsin cos )B组重应用体现创新10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角，则(物体1和物体2相对车厢静止)()A车厢的加速度为gtan B绳对物体1

10、的拉力为eq f(m1g,cos )C车厢底板对物体2的支持力为(m2m1)gD物体2所受车厢底板的摩擦力为m2gsin 解析：选AB对物体1进行受力分析，如图甲所示，且把拉力T沿水平方向、竖直方向分解，有Tcos m1g，Tsin m1a得Teq f(m1g,cos )，agtan ，所以A、B正确。对物体2进行受力分析，如图乙所示，有FNTm2g，f静m2a根据牛顿第三定律，TT解得FNm2geq f(m1g,cos )f静m2gtan ，故C、D错误。11.如图所示，斜面AB段粗糙，BC段长为1.2 m且光滑。滑块以初速度v09 m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB3 m/s

11、，到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC段滑行的时间相等。求：(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；(3)滑块从C点回到A点的速度大小。解析：(1)设滑块在BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动：0vB22a1xBCvBa1t解得：a13.75 m/s2，t0.8 s。(2)滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2a2eq f(vBv0,t)7.5 m/s2由vB2v022a2xAB解得：xAB4.8 m。(3)设斜面倾角为，滑块在AB段上升时，受力情况如图所示，mgsin

12、fma2在BC段上升时：mgsin ma1解得：fmgsin 滑块从C点回到B点时，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面底端A时速度大小仍然为3 m/s。答案：(1)0.8 s3.75 m/s2(2)4.8 m7.5 m/s2(3)3 m/s12.如图所示，两个完全相同的物块A、B用轻绳连接放在水平地面上，在方向与水平面成37角斜向下的恒定推力F作用下，以v10 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知A、B质量均为10 kg，两物块与地面之间的动摩擦因数均为0.5(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求推力F的大小；(2)某时刻剪断轻绳，求剪断轻绳后物块A在水平地面上运动的时间和距离；(3)已知轻绳长度L1 m，求剪断轻绳后，物块A刚好静止时，两物块A、B间的距离。 解析：(1)将两物块A、B作为一个整体，由平衡条件得Fcos (2mgFsin )，代入数据解得F200 N。(2)剪断轻绳后物块A做匀减速运动，则有mgmaA，运动时间