新人教版高中物理必修第二册课时作业1：4.5牛顿运动定律的应用

新人教版高中物理必修第一册PAGEPAGE1第5节牛顿运动定律的应用基础过关1.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20m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为()A.40m B.20mC.10m D.5m解析根据牛顿第二定律得，汽车刹车的加速度a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(mg,m)＝g，则继续滑行的距离x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝20m，B项正确。答案B2.一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800N，开动5s的时间，速度的改变为2m/s，则宇宙飞船的质量为()A.1000kg B.2000kgC.3000kg D.4000kg解析根据加速度的定义式得，飞船的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,5)m/s2＝0.4m/s2，根据牛顿第二定律得飞船的质量为m＝eq\f(F,a)＝eq\f(800,0.4)kg＝2000kg，B项正确。答案B3.如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则()A.携带弹药越多，加速度越大B.加速度相同，与携带弹药的多少无关C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大D.携带弹药越多，滑行时间越长解析设战机受到的牵引力为F，其质量(包括携带弹药的质量)为m，与航母间的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则a＝eq\f(F,m)－μg。可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相同，携带的弹药也必须相同，A、B错误；由v＝eq\r(2ax)和t＝eq\r(\f(2x,a))可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，C错误，D正确。答案D4.(多选)如图所示，总质量为460kg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g＝10m/s2。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时的速度大小为5m/sD.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N解析热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4830N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5m/s的时间大于10s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff′＝0，计算得Ff′＝230N，选项D正确。答案AD5.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力)，则()A.a处小孩最先到O点 B.b处小孩最后到O点C.c处小孩最先到O点 D.a、c处小孩同时到O点解析当滑板与水平面的夹角为θ时，小孩从滑板顶端滑下的过程，有eq\f(R,cosθ)＝eq\f(1,2)gt2sinθ，t2＝eq\f(4R,gsin2θ)，当θ＝45°时，t最小，当θ＝30°和60°时，sin2θ的值相同，故只有D项正确。答案D6.如图所示，质量为m＝3kg的木块放在倾角为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＝2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力F为(g取10m/s2)()A.42N B.6NC.21N D.36N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；当在推力F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，故选项D正确。答案D7.如图所示，一质量为m的物块放在水平地面上，现在对物块施加一个大小为F的水平恒力，使物块从静止开始向右移动距离x后立即撤去F，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：(1)撤去F时，物块的速度大小；(2)撤去F后，物块还能滑行多远？解析(1)设撤去F时，物块的速度大小为v，根据牛顿第二定律，物块的加速度a＝eq\f(F－μmg,m)，又由运动学公式v2＝2ax，解得v＝eq\r(\f(2（F－μmg）x,m))。(2)撤去F后，物块只受摩擦力，做匀减速运动至停止，根据牛顿第二定律，物块的加速度a′＝－eq\f(μmg,m)＝－μg，由运动学公式v′2－v2＝2a′x′，且v′＝0，解得x′＝eq\f(－v2,2a′)＝(eq\f(F,μmg)－1)x。答案(1)eq\r(\f(2（F－μmg）x,m))(2)(eq\f(F,μmg)－1)x能力提升8.如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知A的质量m＝2kg，B的质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使A与B保持相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.20N B.15NC.10N D.5N解析对A，有μ2mg＝ma；对A、B整体，有Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a，联立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，故Fmax＝15N，选项B正确。答案B9.如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。无人机的质量为m＝2kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝4N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4s时离地面的高度为h＝48m，g取10m/s2。求：(1)其动力系统所能提供的最大升力为多少？(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝180m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去全部升力，从静止开始竖直坠落，经5s后无人机瞬间又恢复最大升力，则无人机到达地面时速度为多少？解析(1)根据h＝eq\f(1,2)a1t2，解得a1＝eq\f(2h,t2)＝eq\f(2×48,16)m/s2＝6m/s2，由牛顿第二定律得F－mg－Ff＝ma1，代入数据解得F＝36N。(2)失去升力加速下落过程中mg－Ff＝ma2，代入数据解得a2＝8m/s2，经过5s后速度v1＝a2t1＝8×5m/s＝40m/s，下落高度h1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×8×25m＝100m，恢复升力后减速下落过程中F－mg＋Ff＝ma3，代入数据解得a3＝10m/s2。根据veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝2a3(H－h1)，代入数据解得v2＝0。答案(1)36N(2)010.如图甲所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ＝30°，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以初速度v0＝8m/s沿木板向上运动(如图乙所示)，取g＝10m/s2，求：(1)小木块与木板间的动摩擦因数；(2)小木块在t＝1s内沿木板向上滑行的距离。解析(1)小木块恰好能沿着木板匀速下滑，由平衡条件得：mgsinθ－Ff＝0，Ff＝μmgcosθ，联立解得：μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)。(2)对于小木块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsin30°＋μgcos30°＝10m/s2，速度减为0的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(8,10)s＝0.8s，小木块速度减为0后，处于静止状态，又0－veq\o\al(2,0)＝－2as，代入数据得s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(82,2×10)m＝3.2m。答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)3.2m11.在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡AB的长度l＝36m。斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。(1)人从斜坡顶端滑到底端的时间为多少？(2)人滑到水平面上后还能滑行多远？解析(1)人在斜坡上下滑时，受力如图所示。设人沿斜坡下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得mgsi