2021学年5 牛顿运动定律的应用当堂检测题

这是一份2021学年5 牛顿运动定律的应用当堂检测题，共7页。


题组一 根据受力确定运动情况
1．如图所示，沿水平方向做直线运动的车厢内悬挂一小球，悬挂小球的细绳向左偏离竖直方向，小球相对车厢静止。关于车厢的运动情况，下列说法正确的是( )
A．车厢向左做匀速直线运动
B．车厢向右做匀速直线运动
C．车厢向左做匀加速直线运动
D．车厢向右做匀加速直线运动
D [由受力分析知合力大小恒定，方向水平向右，说明车厢有向右的恒定加速度，但速度方向不确定，故D正确。]
2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是15 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.75，该路段限速60 km/h，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度以及是否超速的情况是( )
A．速度为7.5 m/s，超速 B．速度为15 m/s，不超速
C．速度为15 m/s，超速 D．速度为7.5 m/s，不超速
B [设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度位移关系式veq \\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝15 m/s＝54 km/h<60 km/h，所以不超速，因此B正确。]
3．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是( )
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
C [前3 s物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知a0＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2,3 s末物体的速度为v＝a0t＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；3 s后，力F消失，加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以5 s末的速度仍是3 s末的速度，即4.5 m/s，加速度为a＝0，故C正确。]
4．如图为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相等，作用时间相同，且一直作用下去。设小球从静止开始运动，由此可判定( )
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球向前运动一段时间后停止
C [作出小球相应的v­t图像，如图所示，物体的运动方向由速度的方向决定，小球始终向前运动。]
5．一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零。设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变。下表是测出的不同时刻小球速度的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)斜面AB的倾角是多少？
(2)小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？
[解析] (1)根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度：
a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(9,1.8) m/s2＝5 m/s2，
由牛顿运动定律得：mgsin α＝ma1，
解得：sin α＝eq \f(a1,g)＝eq \f(5,10)＝0.5，
解得，斜面AB段的倾角α＝30°。
(2)根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间：t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(15,5) s＝3 s，
小球在斜面CD上做减速运动的加速度大小：
a3＝eq \f(9－3,15－13) m/s2＝3 m/s2，
从最大速度vm＝15 m/s减至速度为9 m/s用时：t3＝eq \f(15－9,3) s＝2 s，
于是，小球在水平面上运动时间
t2＝(13－t1－t3) s＝8 s
故小球的总路程s＝eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋vmt2＋eq \f(v\\al(2,m),2a3)，
解得：s＝180 m。
[答案] (1)30° (2)180 m
题组二 根据运动情况确定受力
6．光滑水平面上，质量为4 kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动，0～2 s内的位移为6 m；质量为2.5 kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动，0～3 s内的位移为9 m。则F1与F2的比值为( )
A．1∶3 B．3∶4
C．12∶5 D．9∶8
C [物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式可知，加速度为：
a1＝eq \f(2x1,t\\al(2,1))＝eq \f(2×6,22) m/s2＝3 m/s2
a2＝eq \f(2x2,t\\al(2,2))＝eq \f(2×9,32) m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律得：
F1＝m1a1＝4×3 N＝12 N
F2＝m2a2＝2.5×2 N＝5 N，
两力之比：F1∶F2＝12∶5，C正确。]
7．质量为m＝3 kg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。如图所示，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＝2 s时间物体沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2) ( )
A．42 N B．6 N
C．21 N D．36 N
D [因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，所以μ＝tan θ；当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＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，D正确。]
8．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v­t图线，则拉力和摩擦力之比为( )
A．9∶8
B．3∶2
C．2∶1
D．4∶3
B [由题可知，图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得F∶Ff＝3∶2，B正确。]
9．一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使滑块由静止开始在0～2 s内沿斜面运动的位移x＝4 m。(g取10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
[解析] (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，加速度方向有沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。
由x＝eq \f(1,2)a1t2，得加速度大小a1＝2 m/s2
当加速度方向沿斜面向上时，
Fcs θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcs θ)＝ma1，
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N
当加速度方向沿斜面向下时，
mgsin θ－Fcs θ－μ(Fsin θ＋mgcs θ)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(4\r(3),7)N。
[答案] (1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N或eq \f(4\r(3),7) N
10．某物理兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点。设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为( )
A．eq \f(1,4)mg B．eq \f(1,3)mg
C．eq \f(1,2)mg D．mg
C [根据Δx＝aT2，推导可得上升阶段与下降阶段的加速度之比eq \f(a上,a下)＝eq \f(3,1)，又根据牛顿第二定律，上升阶段mg＋f＝ma上，下降阶段mg－f＝ma下，由以上各式可得f＝eq \f(1,2)mg，选项C正确。]
11．如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．绳上的拉力大小为50 N
B．重物不会离开地面
C．2 s末重物上升的高度为5 m
D．重物的加速度大小为 3.2 m/s2
C [对猴子受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律可得：F－mg＝ma′，解得：F＝ma′＋mg＝10×(5＋10)N＝150 N，故A错误；对重物受力分析可知，绳子对重物的拉力150 N大于自身的重力120 N，所以重物要离开地面，故B错误；对重物由牛顿第二定律可得：F－Mg＝Ma，解得：a＝eq \f(F－Mg,M)＝eq \f(150－12×10,12)m/s2＝2.5 m/s2。2 s末重物上升的高度为：h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2.5×22m＝5 m，C正确，D错误。]
12．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点位于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tc大小关系是( )
A．tAB．tA＝tCC．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
B [设圆的半径为R，对于AM段，位移xA＝eq \r(2)R，加速度aA＝eq \f(mgsin 45°,m)＝eq \f(\r(2),2)g，根据xA＝eq \f(1,2)aAteq \\al(2,A)得，tA＝eq \r(\f(2xA,aA))＝eq \r(\f(4R,g))，同理tB＝eq \r(\f(8R,\r(3)g))，tC＝eq \r(\f(4R,g))，故tA＝tC13．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
[解析] (1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球的加速度为a，则
－μmg＝ma，a＝－μg
所以2as0＝veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)，①
解得μ＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gs0)。②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。
由运动学公式得
veq \\al(2,0)－veq \\al(2,1)＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝eq \f(1,2)a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝eq \f(s1v1＋v02,2s\\al(2,0))。⑥
[答案] (1)eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gs0) (2)eq \f(s1v1＋v02,2s\\al(2,0))时刻t/s
0
0.6
1.2
1.8
5.0
10
13
15
速度v/ (m·s－1)
0
3.0
6.0
9.0
15
15
9.0
3.0