2022年新教材人教版必修牛顿运动定律的应用作业

第5节牛顿运动定律的应用必备知识基础练进阶训练第一层知识点一动力学中的两类基本问题1.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．2xB．4xC．8xD．16x2．(多选)静止在水平地面上的小车，质量为5kg，在50N的水平拉力作用下做直线运动，2s内匀加速前进了4m，在这个过程中(g取1A．动摩擦因数是B．摩擦力的大小是10NC．小车加速度的大小是1m/D．小车加速度的大小是2m/3．民航客机一般都有紧急出口，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，生成一条连接出口与地面的斜面，斜面的倾角为30°，人员可沿斜面匀加速滑行到地上．如果气囊所构成的斜面长度为8m，一个质量为50kg的人从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2s，求：(g＝10(1)人滑至地面时速度的大小；(2)人与气囊之间的动摩擦因数．知识点二牛顿运动定律在多过程、多物体问题中的应用4.(多选)如图所示，A、B两物体质量分别为2kg、1kg，用细线连接置于水平地面上，现用大小为6N的水平作用力F拉物体A，两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩擦因数均为，取重力加速度g＝10mA．B的加速度大小为5m/B．A拉B的作用力为2NC．若撤去外力F，A物体做减速运动，B物体做加速运动D．若撤去外力F，A物体的加速度大小为1m/5．一质量为m＝1kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1s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FfA．F＝9N，Ff＝2NB．F＝8N，Ff＝3NC．F＝8N，Ff＝2ND．F＝9N，Ff＝3N关键能力综合练进阶训练第二层一、单项选择题1．用30N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20kg的物体，力F作用3s后消失．则第5sA．v＝4.5m/s，a＝1.5B．v＝7.5m/s，a＝1.5C．v＝4.5m/s，aD．v＝7.5m/s，a2．如图所示，质量为m＝3kg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＝2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力F的大小为(g取10A．42NB．6NC．21ND．36N3．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是()4．竖直上抛物体受到的空气阻力Ff大小恒定，物体上升到最高点的时间为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()A．a1>a2，t1<t2B．a1>a2，t1>t2C．a1<a2，t1<t2D．a1<a2，t1>t2二、多项选择题5．如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在一个垂直于斜面的挡板上，有一小球A沿着斜面下滑，从小球A刚接触弹簧的瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是()A．小球的加速度将先增大，后减小B．小球的加速度将先减小，后增大C．小球的速度将先增大，后减小D．小球的速度将先减小，后增大6．(易错题)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10m/s2A．木板的质量为1B．2s～4s内，力F的大小为NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为三、非选择题7．木块质量m＝8kg，在F＝4N的水平拉力作用下，沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动，经t＝5s的位移x＝5m．g取10m(1)木块与粗糙平面间的动摩擦因数．(2)若在5s后撤去F，木块还能滑行多远？8．质量为4kg的物体放在与水平面成30°角、足够长的粗糙斜面底端，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，作用在物体上的外力与斜面平行，随时间变化的图像如图所示，根据所给条件(sin30°＝eq\f(1,2)，cos30°＝eq\f(\r(3),2)，g取10m/s2)求：(1)物体所受的摩擦阻力多大？(2)物体在0～4s内的加速度为多少？0～4s内的位移为多少？学科素养升级练进阶训练第三层1．(生活情境)蹦极是一项户外休闲活动，跳跃者站在约40米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起．如图为蹦极运动的示意图，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C点时合力为零，到达最低点D后弹起．整个过程中忽略空气阻力．在这个过程中()A．经过B点时，运动员的速度最大B．从O点到C点，运动员的加速度大小不变C．从B点到C点，运动员的速度不断增大D．从C点到D点，运动员的加速度不断减小2．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，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3s，g取10mA．下滑过程中的最大速度为4mB．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7C．加速与减速过程的位移之比为1∶4D．加速与减速过程的时间之比为2∶13．在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则()A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2eq\r(\f(L,g))D．划艇下滑的最短时间为eq\r(\f(2L,g))4．(学术情境)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为1500kg的智能汽车以10m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12000(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小．(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离．(3)汽车在上述22m5．滑草是最近几年在国内兴起的一种休闲健身运动，有一种滑法是人坐在滑草车上从草坡上滑下，既刺激又省劲．如图所示，现有一滑草场近似处理为斜坡段和水平段连接，其斜坡段长度为L1＝72m，倾角为18°，水平段长度为L2＝30m，斜坡段和水平段的动摩擦因数都为μ＝，滑草车的质量m＝10kg，人的质量M＝40kg，人坐在滑草车上从斜坡的顶端由静止滑下，不考虑滑草车在斜坡与水平段连接处的机械能损失，问：(sin(1)滑草车沿斜坡下滑时的加速度大小？(2)滑草车最后停在离终点多远的地方？(3)滑草车在水平段上滑行时人对车的作用力大小？6．如图甲所示，在水平地面上方存在厚度为h的“神秘区域”(图中阴影部分)，任何物体进入该区域后均受到竖直方向的恒力F的作用，且物体一旦碰到该区域底部就会被粘在底部．若将一质量为m的小圆环A从距地面H处的P点释放，不考虑空气阻力，重力加速度为g，请思考以下问题：(1)若小圆环A从P点静止释放后还能返回释放点，小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向是怎样的？(2)现将小圆环A套在均匀直杆B上，开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A刚好位于P点，将A、B一起由静止释放，如图乙所示．它们之间发生相对滑动时的摩擦力为f，假设“神秘区域”对处于其中的杆B不产生作用力，杆B在下降过程中始终竖直，且杆B的长度能够保证小圆环A与杆B不会分离，若小圆环A从释放后还能离开“神秘区域”，小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向又是怎样的？第5节牛顿运动定律的应用必备知识基础练1．解析：由牛顿第二定律可知，质量为m的物体的加速度为a＝eq\f(F,m)，位移为x＝eq\f(1,2)at2，整理可得x＝eq\f(Ft2,2m)；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′＝eq\f(F,m)，位移为x′＝eq\f(1,2)a′(2t)2，则可得x′＝eq\f(2Ft2,m)＝4x，故B正确；A、C、D错误．答案：B2．解析：根据运动学公式有x＝eq\f(1,2)at2，代入数据解得a＝2m/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＝50N－10N＝40N，故B错误；由滑动摩擦力的公式f＝μN＝μmg，可得动摩擦因数为μ＝eq\f(f,mg)＝，故A正确．答案：AD3．解析：(1)由运动学公式有：x＝eq\f(1,2)at2代入数据解得：a＝4m/s2则到达地面时的速度为：v＝at＝8m/s(2)由牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma代入数据解得：μ＝eq\f(\r(3),15)答案：(1)8m/s(2)eq\f(\r(3),15)4．解析：对A、B整体，由牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1m/s2，即B的加速度大小为1m/s2，故A错误；对B物体，由牛顿第二定律有T－μm2g＝m2a，解得T＝2N，故B正确；若撤去外力F，则A、B两物体均在摩擦力作用下做减速运动，A、B两物体的加速度大小均为a′＝eq\f(μm1g,m1)＝eq\f(μm2g,m2)＝μg＝1m/s2，故C错误，D正确．答案：BD5．解析：由v－t图像可知，0～1s内，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(6,1)m/s2＝6m/s2；1～3s内，物体做匀减速直线运动，其加速度的大小为a2＝eq\f(6,2)m/s2＝3m/s2.根据牛顿第二定律，0～1s有F－Ff＝ma1,1～3s有Ff＝ma2，解得F＝9N，Ff＝3N．故D正确，A、B、C错误．答案：D关键能力综合练1．解析：力F作用下a＝eq\f(F,m)＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2,3s末的速度v＝at＝4.5m/s,3s后撤去拉力，F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确．答案：C2．解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当木块在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，D正确．答案：D3．解析：雨滴受重力和空气阻力的作用，由牛顿第二定律得mg－F阻＝ma，雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，所以加速度减小，在v－t图像中其斜率越来越小，故选项C正确．答案：C4．解析：上升过程中，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1，设上升高度为h，则h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，下降过程中，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2，h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，由以上各式得a1>a2，t1<t2，故选项A正确．答案：A5．解析：小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，加速度先减小后反向增大，小球速度先增大后减小，故B、C正确，A、D错误．答案：BC6.解析：由受力分析知，物块：f＝Ff，根据作用力与反作用力特点知，Ff′＝Ff，在4～5s内，f＝N此时F撤去，木板减速，由牛顿第二定律知：Ff′＝ma2，由v－t图像知a2＝0.2m/s2，解得m＝1kg，A正确．在2～4s内，木板：F－Ff′＝ma1，又Ff′＝Ff＝f＝N，由v－t图像知a1＝0.2m/s2，解得F＝N，B正确．因为无法得知物块质量，木板与物块间的动摩擦因数无法求解，D错误．由图像知0～2s内F变化，C错误．答案：AB7．解析：(1)由x＝eq\f(1,2)at2得a1＝eq\f(2x,t2)＝0.4m/s2.由牛顿第二定律F－Ff＝ma1得Ff＝F－ma1＝(4－8×N＝N，由Ff＝μmg得μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f,8×10)＝.(2)撤去F后，木块受摩擦力Ff＝μmg＝N，加速度a2＝－μg＝－0.1m/s末的速度v＝a1t＝×5m/s＝2m/＝eq\f(－v2,2a)＝eq\f(－22,2×－)m＝20m.答案：(1)(2)20m8.解析：(1)如右图，对物体进行受力分析可得：G1＝mgsin30°＝20N，FN＝G2＝mgcos30°＝20eq\r(3)N，Ff＝μFN＝eq\f(\r(3),3)×20eq\r(3)N＝20N.(2)由牛顿第二定律可得，0～4s内物体的加速度：a＝eq\f(F－G1－Ff,m)＝5m/s2，0～4s内位移：x1＝eq\f(1,2)at2＝40m.答案：(1)20N(2)5m/s240m学科素养升级练1．解析：由题意可知，运动员先做自由落体运动，加速度为g，到达B点时绳子张紧后人受到弹力作用，开始时弹力小于重力，人将继续加速且加速度逐渐减小，人做加速度减小的加速运动，到达C点时加速度为零，速度达最大，故AB错误，C正确；从C到D，弹力大于重力，合力向上且逐渐增加，故加速度方向向上且逐渐增加，人开始减速，到达D点时向上的加速度最大，速度为零，故D错误．答案：C2．解析：设消防队员最大速度为v，则加速过程中的平均速度和减速过程中的平均速度都是eq\f(1,2)v，故全程的平均速度是eq\f(1,2)v.则h＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝eq\f(1,2)vt，解得v＝eq\f(2h,t)＝eq\f(2×12,3)m/s＝8m/s，故A错误．设消防队员加速过程和减速过程的加速度大小分别为a1和a2.由题知，加速过程有mg－f1＝ma1，减速过程有f2－mg＝ma2.根据速度公式，有a1t1＝a2t2＝v，t1＋t2＝3s，a1＝2a2，eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝h.联立解得a1＝8m/s2，a2＝4m/s2，f1＝120N，f2＝840N．故f1∶f2＝1∶7，故B正确．由速度公式得t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(8,8)s＝1s，t2＝eq\f(v,a2)＝eq\f(8,4)s＝2s，所以加速与减速过程的时间之比为1∶2，故D错误．由位移公式得s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×8×12m＝4m，s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×22m＝8m，加速与减速过程的位移之比为1∶2，故C错误．答案：B3．解析：设滑道倾角为θ，则滑道的长度为eq\f(L,cosθ)，根据牛顿第二定律，可知下滑时的加速度a＝gsinθ，则根据运动学公式有：eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθt2，解得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，可知滑道倾角θ＝45°时，划艇下滑时间最短，最短时间tmin＝2eq\r(\f(L,g))，故C正确，B、D错误；θ<45°时，倾角越大，时间越短，θ>45°时，倾角越大，时间越长，故A错误．答案：C4．解析：(1)由牛顿第二定律可得：“紧急制动”过程的加速度a2＝eq\f(f,m)其中f＝12000N，m＝1500kg，代入解得：a2＝8m/s2；(2)设触发“紧急制动”时汽车的速度大小为v，其到障碍物的距离为x2则有：x2＝eq\f(v2,2a2)已知“紧急制动”前的加速度为a1＝1m/s2位移为x2＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)且有：x1＋x2＝x已知总位移x＝22m，v0＝10m/s解得：v＝8m/s，x2＝4m；(3)紧急制动前的时间为：t1＝eq\f(v0－v,a1)＝2s紧急制动后的时间为：t2＝eq\f(v,a2)＝1s总时间为：t＝t1＋t2＝3s所以eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(22,3)m/s.答案：(1)8m/s2(2)8m/s4m(3)eq\f(22,3)m/s5．解析：(1)设沿斜坡下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得，mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，代入数据解得：a1＝0.25m/s2.(2)设滑到斜坡底端的速率为v，则有：v2＝2a1代入数据解得：v＝6m/s.设在水平段滑行的加速度大小为a2，则有：μmg＝ma2，解得：a2＝3m/s2，设水平运动的位移为x，则有：v2＝2a2解得：x＝eq\f(v2,2