广西专版2024-2025学年新教材高中物理第4章运动和力的关系习题课四牛顿运动定律的综合应用课后训练新人教版必修第一册

习题课四牛顿运动定律的综合应用课后·训练提升合格考过关检验一、选择题(第1~3题为单选题,第4~6题为多选题)1.(2024·江苏省灌云高级中学高一期末)如图甲所示,一水平外力F作用在物体上,使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上,渐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变更的图像如图乙所示。依据图乙推断下列说法不正确的是()甲乙A.物体的质量m=2kgB.斜面的倾角θ=37°C.加速度为6m/s2时物体的速度v=18m/sD.物体静止在斜面上时,水平外力的大小为F=15N答案C解析由牛顿其次定律得Fcosθ-mgsinθ=ma,将a1=2m/s2,F1=20N,a2=6m/s2,F2=30N,代入上式得m=2kg,θ=37°,选项A、B正确;当a=0时代入Fcosθ-mgsinθ=ma,解得F=15N,选项D正确;依据题意无法求出瞬时速度,选项C错误。2.(2024·河北武强中学高二期末)如图所示,质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上,其上放一质量为m2的木块。t=0时刻起,给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小,下列图中可能符合运动状况的是()答案C解析当恒力F较小时,木块和木板保持相对静止,一起做匀加速直线运动,此时a1=a2,v1=v2,当恒力F较大时,木块相对于木板向前滑动,木块的加速度a2大于木板的加速度a1,且木块比木板运动得快,由于两者受力恒定,所以分别做匀加速直线运动,此时a1<a2,v1<v2。故选C。3.(2024·湖南高三开学考试)歼-20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机,能够在不变更飞机飞行方向的状况下,通过转动尾喷口方向变更推力的方向,使战斗机获得许多优异的飞行性能。已知在歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为22。飞机的重力为G,使飞机实现节油巡航模式的最小推力是()A.G B.2GC.G3 D.答案C解析飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff,重力的方向竖直向下,升力F2的方向竖直向上,空气阻力Ff的方向与F2垂直,如图所示。歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航,则有水平方向Fx=Ff,竖直方向F2+Fy=G,F2=22Ff,解得Fy=G-22Ff,则F12=Fx2+Fy2=则视察F12表达式为开口向上,对称轴为Ff=229G,的抛物线,即当Ff=229G时,取得最小值,将其代入F故选C。4.(2024·黑龙江哈尔滨七十三中高一期末)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,力F的大小与时间t的关系如图甲所示;物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示,6s后的速度—时间图像没有画出,g取10m/s2。下列说法正确的是()甲乙A.滑动时物块受到的摩擦力大小是3NB.物块的质量为1.5kgC.物块在6~9s内的加速度大小是2m/s2D.物块与地面间的动摩擦因数是0.4答案BCD解析由题图乙可知,物块在3~6s内做匀速直线运动,加速度是零,可得水平推力大小与摩擦力相等,由图甲可知,F2=Ff=6N,选项A错误;由题图乙可知,物块在0~3s内做匀加速直线运动,加速度为a1=63m/s2=2m/s2由牛顿其次定律可得F1-Ff=ma1,代入数据解得物块的质量为m=F1-Fa1选项B正确;物块在6~9s内,由牛顿其次定律可得加速度是a2=F3-Ffm=加速度大小为2m/s2,负号表示方向与水平推力方向相反,选项C正确;由滑动摩擦力公式Ff=μmg,可得物块与地面间的动摩擦因数是μ=Ffmg=6选项D正确。5.(2024·河南商丘市第一高级中学高二期末)如图甲所示,运动员在进行蹦床竞赛,取向上为正方向,运动员离开蹦床后的v2-x图像如图乙所示,运动员可视为质点,重力加速度大小g取10m/s2,则下列叙述正确的是()甲乙A.运动员离开蹦床后加速度大小为10m/s2B.运动员在1.5s时的速度大小为0.64m/sC.运动员离开蹦床前的过程中,速度最大值是15m/sD.运动员在最高点的速度为零,只受重力的作用答案BD解析运动员离开弹簧后竖直向上运动,设其加速度大小为a,则v2-v02=-2由图可知图像的表达式为v2=-25612.解得v0=16m/s,a=10.24m/s2,选项A错误;运动员在1.5s时的速度为v=v0-at=0.64m/s选项B正确;运动员离开蹦床前先加速后减速,所以运动员离开蹦床前的过程中速度的最大值大于16m/s,选项C错误;运动员在最高点时,速度为零,只受到重力作用,选项D正确。6.(2024·山西稷山县稷山中学高二学业考试)如图所示,质量为m0、倾角为θ的光滑斜面置于光滑的水平地面上,将一质量为m的小球从斜面上由静止释放,同时对斜面施加一水平方向的力F,下列说法正确的是()A.若要使斜面和小球保持相对静止,则F=m0gtanθB.若要使斜面和小球保持相对静止,则F=(m0+m)gtanθC.若要使小球做自由落体运动,则F≥mD.若要使小球做自由落体运动,则F=(答案BC二、计算题7.(2024·浙江高三开学考试)如图甲所示,冰壶是北京冬奥会的正式竞赛项目。冰壶场地示意图如图乙所示,已知从起滑架到投掷线的距离l1=10m,投掷线到“大本营”中心O的距离l2=27.4m,“大本营”的直径为d=3.6m。在某次竞赛中,质量m=20kg的冰壶在运动员的作用下从起滑架起先做匀加速运动,到达投掷线以某一速度被推出,沿着中心线做匀减速直线运动,最终停在了大本营的边缘A点,整个过程用时t=22.25s。(假设每次投掷时,冰壶的速度方向均沿中心线方向,且不考虑冰壶的转动,冰壶看成质点)甲乙(1)求冰壶到达投掷线时的速度v。(2)求正常滑行时冰壶与冰面之间的动摩擦因数μ。(3)已知刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半,在推出投掷线速度v不变的状况下,要让冰壶能够停到大本营正中心О点,运动员须要在冰壶静止前持续刷冰多少距离?(始终刷到冰壶静止)答案(1)3.2m/s(2)0.02(3)3.6m解析(1)对全过程分析l1+l2-D2得v=3.2m/s。(2)对减速过程分析l2-D2=得t减=16s加速度大小为a1=ΔvΔt=0由μmg=ma1得μ=0.02。(3)由12μmg=ma2得a2=0.1m/s对整个减速过程分析v2-得v1=0.距离为x3=v122a等级考素养提升一、选择题(第1~4题为单选题,第5~6题为多选题)1.(2024·黑龙江哈尔滨德强学校高二期末)静止在水平面上的物体受到水平向右的推力F作用,如图甲所示。推力F随时间t的变更规律如图乙所示。t=2.5s时物体起先运动,此后物体的加速度a随时间t的变更规律如图丙所示,已知滑动摩擦力是最大静摩擦力的45,重力加速度大小g取10m/s2,由图可知(甲乙丙A.物体所受摩擦力始终增大B.t=3s时物体的速度大小为0.375m/sC.物体的质量为1kgD.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5答案B解析在0~2.5s时间内,为静摩擦力,随推力的增大始终增大,2.5s之后,物体起先运动,摩擦力变为滑动摩擦力,保持不变,故选项A错误;在a-t图像中,图像与时间轴围成的面积等于物体速度的变更,因此t=3s时物体的速度大小v=0.5+12×0.5m/s=由题图乙可知,最大静摩擦力为5N,滑动摩擦力是最大静摩擦力的45,因此滑动摩擦力为4N,由题图丙可知,在t=2.5s时的加速度为0.5m/s2,依据牛顿其次定律F-Ff滑=ma可得物体的质量m=2kg,故选项C错误;由于Ff滑=μmg,可得动摩擦因数μ=0.2,故选项D错误。2.(2024·重庆市育才中学高三期中)如图所示,质量为m的雪橇在倾角θ=37°的斜坡上向下滑动过程中,所受的滑动摩擦力为定值,空气阻力与速度成正比,比例系数k=1kg/s。雪橇运动的某段过程v-t图像如图中实线AD所示,且AB是曲线最左端那一点的切线,B点的坐标为(4,9),CD线是曲线的渐近线,已知sin37°=0.6。下列说法正确的是()A.当v0=3m/s时,雪橇的加速度为0.75m/s2B.在0~4s过程中雪橇的平均速度为4.5m/sC.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5D.雪橇的质量m=2kg答案D解析依据v-t图像切线斜率表示加速度,可知v0=3m/s,雪橇的加速度为a0=ΔvΔt=9-34依据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,可知0~4s雪橇的位移满意x>3+62×4m=则在0~4s过程中雪橇的平均速度满意v=xt>18当v0=3m/s时,空气阻力大小为Ff0=kv0=3N,依据牛顿其次定律可得mgsinθ-μmgcosθ-Ff0=ma0,当v=6m/s时,空气阻力大小为Ff=kv=6N,此时雪橇的加速度为零,则有mgsinθ-μmgcosθ-Ff=0,联立解得m=2kg,μ=383.(2024·四川省内江市第六中学高一开学考试)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6N的水平力向右拉A,经过5s,A运动到B的最右端,且其v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1kg、4kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,下列说法不正确的是()甲乙A.A的加速度大小为0.5m/s2B.A、B间的动摩擦因数为0.4C.若B不固定,B的加速度大小为1m/s2D.若B不固定,A运动到B的最右端所用的时间为52s答案A解析依据v-t图像可知,物体A的加速度大小为aA=ΔvΔt=105以A为探讨对象,依据牛顿其次定律可得F-μmAg=mAaA,代入数据得μ=0.4,选项B正确;若B不固定,B的加速度大小为aB=μmAgmB=由题图乙知,木板B的长度为L=12×5×10m=若B不固定,设A运动到B的最右端所用的时间为t,依据题意可得L=12aAt2-12aBt代入数据解得t=52s,选项D正确。4.(2024·云南罗平县第一中学高二开学考试)如图所示,质量为m的物体A固定在轻弹簧上端,弹簧的下端固定在地面上,质量也为m的物体B静止在物体A上,竖直向下的力F大小为2mg,系统处于静止状态,重力加速度为g,现撤去外力F,则()A.撤去外力F瞬间,物体A的加速度大小为0B.撤去外力F瞬间,物体A、B之间的作用力大小为mgC.物体A和物体B分别瞬间,弹簧处于原长位置D.弹簧处于原长时,物体A的速度最大答案C解析未撤去F前,将物体A、B整体受力分析,由平衡条件得弹簧的弹力大小为Fx=F+2mg=4mg,方向竖直向上,撤去外力F瞬间,弹簧弹力不发生突变,将物体A、B整体受力分析,由牛顿其次定律得Fx-2mg=2ma,解得物体A、B的加速度大小为a=g,方向竖直向上,隔离物体A,由牛顿其次定律得FN-mg=ma,物体A、B之间的作用力大小为FN=2mg,方向竖直向上,故选项A、B错误;物体A和物体B分别瞬间,物体A、B之间的作用力为零,但此时两物体具有相同的加速度a,隔离物体A,由牛顿其次定律mg=ma,解得a=g,方向竖直向下,隔离物体B,由牛顿其次定律mg+Fx'=ma,解得Fx'=0,可知此时弹簧无弹性,所以物体A和物体B分别瞬间,弹簧处于原长位置,故选项C正确;当物体A的加速度为0时,有最大加速度,由平衡条件知此时弹簧弹力大小为mg,方向竖直向上,弹簧处于压缩状态,所以弹簧处于原长时,物体A的速度不是最大,故选项D错误。5.(2024·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,全部油桶的规格相同,货车载着油桶一起在平直马路上匀速行驶。从某一时刻起货车起先刹车做匀减速运动,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33g答案BD解析对C进行受力分析,如图所示,依据几何关系可知,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,依据平衡条件,在水平方向上有FBsin30°=FAsin30°,在竖直方向上有FAcos30°+FBcos30°=mg,解得FA=FB=33mg设货车刹车的加速度大小为a,对C,在水平方向上,依据牛顿其次定律有FA'sin30°-FB'sin30°=ma,在竖直方向上,依据平衡条件有FA'cos30°+FB'cos30°=mg,解得FA'=33mg+ma,FB'=33可知桶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,故选项A、C错误,B正确;当桶B对C的支持力为零时,桶C恰好脱离B,设此时货车的加速度大小为a',依据牛顿其次定律mgtan30°=ma',解得a'=33g所以当货车刹车的加速度大小超过33g6.(2024·安徽高三开学考试)如图甲所示,水平地面上有一长平板车A,平板车右端放一物块B,起先时A、B均静止。t=0时,平板车在外力作用下起先沿水平面对右运动,其v-t图像如图乙所示,整个过程中物块B恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1,g取10m/s2,下列说法正确的是()甲乙A.0~4s内,物块B的加速度始终保持不变B.整个过程中,物块B相对平板车A滑动的时间为4sC.平板车A的长度为12mD.物块B相对平板车A的位移为16m答案AC解析规定向右为正方向,物块向右加速时,由牛顿其次定律μmg=maB得加速度aB=1m/s2,由题图乙可知,A减速时加速度aA=0-86-2设时间t两者共速aBt=8m/s-2m/s2·(t-2s),得t=4s,v4=(8-2×2)m/s=4m/s,共速后由于平板车的加速度为aA=-2m/s2,物块减速时,由牛顿其次定律得-μmg=maB',得aB'=-1m/s2,平板车的加速度大于物块的加速度,所以物块以1m/s2的加速度减速,设共速后再经t1减速到零。由运动学公式0=4m/s-aB't1,解得t1=4s,即t'=4s+4s=8s,物块的速度减为零,两物体的速度—时间图像如图所示。整个过程中,物块相对平板车滑动的时间为8s。选项A正确,B错误。4s前的相对位移x1=8×2×12m+12×(8+4)×2m-4×4×124s后的相对位移x2=4×4×12m-2×4×12m所以平板车的长度为12m,物块B相对平板车的位移大小为12m-4m=8m,方向向左,选项C正确,D错误。二、计算题7.(2024·重庆巴蜀中学高三阶段练习)如图所示,倾角α=37°、长L=1.0m的斜面ABC固定在水平地面上,斜面上一根轻弹簧,一端固定在斜面底端,自由状态时另一端在O点,A、O间斜面光滑,O、B间斜面不光滑,且与可视为质点的小物块甲、乙间的动摩擦因数都是μ=0.25。小物块甲固定在弹簧上,乙紧靠甲,甲和乙从O点自由释放后一起运动;在甲和乙速度最大时,给乙施加一沿斜面对下的恒力F=20N(图中未画出),到甲和乙沿斜面对下的速度最大时,撤去该力;甲、乙分别时,另对甲施加一外力,让甲回到O点后不再运动到O点之上。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,小物块甲和乙质量均为m=1.0kg,弹簧原长L0=0.6m,劲度系数k=100N/m,g取10m/s2。整个过程弹簧形变在弹性限度内。(1)求恒力F作用前,甲和乙速度最大时弹簧的压缩量x0;(2)求甲、乙分别时,乙速度v的大小;(3)小物块乙能不能达到斜面顶端B?若能,求达到顶端时的速度vB;若不能,求乙与甲分别后第一次回到O点的时间t。答案(1)0.12m(2)2m/s(3)不能0.60s解析(1)恒力F作用前,甲和乙一起运动,合力为零时,速度最大,则kx0=2mgsinα解得x0=0.12m。(2)恒力F作用后,甲和乙一起运动,沿斜面对下的速度最大时,甲、乙受到的合力为零,设此时弹簧再被压缩长度为x1,则k(x0+x1)=F+2mgsinα或kx1=F解得x1=0.2m甲和乙被弹簧弹回O点时分别,从O点自由释放甲和乙,到施加恒力后甲和乙一起回到O点,有12·2mv2=Fx解得v=2m/s。(3)甲和乙分别后,设乙沿斜面上滑的加速度大小为a1,则ma1=mgsinα+μmgcosα解得a1=8m/s2假设斜面足够长,乙沿斜面上滑到最高点与O点距离为L1,则v2=2a1L1解得L1=0.25m由于L1=0.25m<L-L0=0.4m,所以小物块乙不能达到斜面顶端B。设小物块乙第一次从O点向上运动的时间为t1,则v=at1解得t1=0.25s由于mgsinα>μmgcosα,小物块乙下滑,设下滑的加速度为a2,下滑时间为t2,则ma2=mgsinα-μmgcosαL1=12a2解得a2=4m/s2t1=24则t=t1+t2=0.25+24s8.(2024·北京人大附中高一期中)斜面是一种简洁机械,战国时期墨子所作的《墨经》一书中就记载了利用斜面来提升