2024-2025学年高中物理第3章牛顿运动定律5牛顿运动定律的应用作业含解析教科版必修1

PAGE6-牛顿运动定律的应用(时间：40分钟分值：100分)(15分钟50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分)1．用30N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20kg的物体，力F作用3秒后消逝，则第5秒末物体的速度和加速度分别是()A．v＝7.5m/s，a＝1.5m/s2B．v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2C．v＝4.5m/s，a＝0D．v＝7.5m/s，a＝0C[由牛顿其次定律知前3秒内F＝ma1即a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2；3秒末物体速度v＝a1·t＝1.5m/s2×3s＝4.5m/s；3秒后F消逝，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.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＝5N，水平向左的力F2＝10N，当F2由10N渐渐减小到零的过程中，物体的加速度大小是()A．渐渐减小 B．渐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小C[F2由10N减到5N的过程中F合＝F2－F1＝ma，a方向沿F2方向且渐渐减小；当F2<5N后，F合＝F1－F2＝ma，a方向沿F1方向且渐渐增大；故加速度先减小后反向增大，选项C正确．]3．质量为1kg的物体，受水平恒力作用，由静止起先在光滑的水平面上做加速运动，它在ts内的位移为xm，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，对物体由牛顿其次定律得：F＝ma＝1×eq\f(2x,t2)N＝eq\f(2x,t2)N，故A正确．]4．(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gtanθB．绳对物体1的拉力为eq\f(m1g,cosθ)C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gsinθAB[对物体1受力分析知，mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，故选项A正确；绳的拉力设为F，则有F·cosθ＝m1g，F＝eq\f(m1g,cosθ)，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,cosθ)，选项C错误；水平方向上f＝m2a＝m2gtanθ，故选项D错误．]5．某消防队员从一平台上跳下，下落2m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0.5m，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＝2m后末速度为v，由运动学公式v2＝2gH；缓冲减速下降了h＝0.5m；由运动学公式得0－v2＝－2ah而a＝eq\f(gH,h)；由牛顿其次定律得缓冲过程FN－mg＝ma，解得N＝mg＋ma＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))g＝5mg，故选项B正确．]6．(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究竟端，下面说法中正确的是()A．物体沿DA滑究竟端时具有最大速率B．物体沿EA滑究竟端所需时间最短C．物体沿CA下滑，加速度最大D．物体沿DA滑究竟端所需时间最短CD[设底边AB长为L，则倾角为θ的斜面长度为x＝eq\f(L,cosθ)；由牛顿其次定律得，物体沿斜面下滑时加速度a＝gsinθ，故当θ＝75°时加速度最大，故选项C正确；由v2＝2ax可得，物体沿斜面滑究竟端时的速度为v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gsinθ·\f(L,cosθ))＝eq\r(2gLtanθ)，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,cosθ),gsinθ))＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，当θ＝45°时，t最小，选项B错误，选项D正确．]二、非选择题(14分)7．楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4m，取sin37°＝0.6，试求：(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．[解析](1)以刷子为探讨对象，分析受力状况，作出受力图，如图所示．依据牛顿其次定律得(F－mg)sinθ－f＝ma(F－mg)cosθ－N＝0又f＝μN，联立解得a＝2m/s2.(2)刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L＝4m，则L＝eq\f(1,2)at2得到t＝eq\r(\f(2L,a))＝2s.[答案](1)2m/s2(2)2s(25分钟50分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分)1．如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3N，物体的质量为0.5kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时()A．物体对左侧挡板的压力等于零B．物体对左侧挡板的压力等于3NC．物体受到4个力的作用D．弹簧对物体的压力等于6NA[物体静止时，弹簧处于压缩状态，弹力F弹＝3N，当物体向左加速运动时，若物体对左挡板的压力为零，由牛顿其次定律知F弹＝ma，解得a＝6m/s2，当加速度大于a＝6m/s2，物体离开左挡板，弹簧长度变短，当加速度小于a＝6m/s2时，物体对左挡板产生压力，弹簧长度不变，所以可知选项A正确，B、D错误．当加速度a＝6m/s2时，物体受重力、支持力和弹力，故选项C错误．]2．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，最终铁球的收尾速度为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)－FD．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肯定为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更，不能通过v2＝2ah求解小球的速度，故B错误；依据牛顿其次定律得，mg－F－f＝ma，解得小铁球受到水的阻力f＝mg－F－ma，故C错误；依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．]3．(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[由牛顿其次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，物体会接着运动，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．]4.(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板拦住．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，忽视一切摩擦，以下说法正确的是()A．斜面对小球的弹力为eq\f(mg,cosθ)B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC．若增大加速度a，斜面对小球的弹力肯定增大D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力肯定增大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N2cosθ＝mg，水平方向有N1－N2sinθ＝ma，所以斜面对小球的弹力为N2＝eq\f(mg,cosθ)，A正确．N1＝ma＋mgtanθ.由于N2＝eq\f(mg,cosθ)，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．]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5．(13分)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意变更，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的变更，小木块沿木板滑行的距离将发生变更，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动身点所用的时间．[解析](1)当θ＝30°时，对小木块受力分析得：mgsinθ＝μN ①N＝mgcosθ ②联立①②得：μ＝tanθ＝tan30°＝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：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1veq\o\al(2,0)＝2a1x则：x＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ＋μcosθ)θ＝60°x＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),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：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得：a2＝eq\f(\r(3),3)g由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得：t2＝eq\f(\r(6)v0,2g)故：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\o\al(2,0),4g)(3)eq\f(\r(3)＋\r(6)v0,2g)6．(13分)某探讨性学习小组利用力传感器探讨小球与竖直挡板间的作用力，试验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3kg，力传感器固定在竖直挡板上(g取10m/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36N，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