教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用练习

这是一份教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用练习，共17页。试卷主要包含了6,cs 37°=0等内容，欢迎下载使用。

6　牛顿运动定律的应用
基础过关练　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
题组一　物体质量的测量
1.一艘在太空飞行的宇宙飞船,开动推进器后受到的推力是800 N,开动5 s的时间,速度的改变量为2 m/s,则宇宙飞船的质量为 (　　)
A.1 000 kg　　　　B.2 000 kg
C.3 000 kg　　　　D.4 000 kg
2.(2021黑龙江齐齐哈尔高一期末)(多选)如图所示,用水平力F推放在光滑水平面上的物体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,使它们一起做匀加速直线运动,若Ⅰ对Ⅱ的弹力为6 N,Ⅱ对Ⅲ的弹力为4 N,Ⅱ的质量是1 kg,则 (　　)

A.Ⅲ物体的质量为2 kg
B.Ⅲ物体的质量为4 kg
C.Ⅲ物体的加速度为2 m/s2
D.Ⅲ物体的加速度为1 m/s2
题组二　已知受力确定物体的运动
3.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14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10 m/s2,则汽车刹车前的速度为 (　　)
A.7 m/s　　　　B.14 m/s
C.10 m/s　　　　D.20 m/s
4.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2,初速度之比为2∶3,它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行,直至停止,则它们 (　　)
A.滑行中的加速度之比为2∶3
B.滑行的时间之比为1∶1
C.滑行的距离之比为4∶9
D.滑行的距离之比为3∶2
5.(2021北京北大附中高三上调研)如图所示,一个质量m=10 kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个F=50 N的拉力,使物体做初速度为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角θ=37°,物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取重力加速度g=10 m/s2。

(1)求物体运动的加速度大小;
(2)求物体在2 s末的瞬时速度的大小;
(3)若在2 s末撤去拉力F,求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。








6.如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25,现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动,拉力F=10 N,方向平行斜面向上,经时间t1=4.0 s绳子突然断了,求:

(1)绳断时物体的速度大小;
(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间。(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2)






题组三　已知运动确定物体的受力
7.据报道,我国自主研发的电磁弹射器已经使用歼-15舰载机进行了上千次陆上弹射试验,现正等待相关部门验收。若舰载机的总质量为2.8×104 kg,起飞过程中发动机的推力恒为2.75×105 N,弹射器的推力恒定、有效作用长度为90 m。要求静止的舰载机在水平弹射结束时速度大小达到90 m/s。弹射过程中舰载机所受推力为弹射器和发动机推力之和,所受阻力为总推力的20%,则弹射器的推力大小为 (　　)
A.1.0×106 N　　　　B.1.1×106 N
C.1.2×106 N　　　　D.1.3×106 N
8.某气枪子弹的出口速度达100 m/s,若气枪的枪膛长0.5 m,子弹的质量为20 g,把子弹在枪膛内的运动看成匀变速直线运动,则高压气体对子弹的平均作用力为　 (　　)
A.1×102 N　　　　B.2×102 N
C.2×105 N　　　　D.2×104 N
9.(2020湖南长沙周南中学高一期末)在科技创新活动中,小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)。在光滑水平面AB上(如图乙所示),机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F,小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变),最高能到达C点。

机器人用速度传感器测量小滑块在运动过程的瞬时速度大小并记录如下。
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s-1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
求:(1)机器人对小滑块作用力F的大小;
(2)斜面的倾角α的大小。深度解析






10.一质量为m=2 kg的滑块放在倾角为θ=30°的足够长的斜面上,在无外力的情况下以加速度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大小为4 m。求:(g取10 m/s2)

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小。







能力提升练　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
题组一　动力学的两类基本问题
1.(2021湖南长郡中学高三上摸底,)新型冠状病毒的主要传播途径是经呼吸道飞沫传播,佩戴口罩可以有效预防新型冠状病毒感染。研究表明打喷嚏时飞沫喷出的速度可达40 m/s,携带病毒的飞沫最远可以到达8 m远的地方。若把飞沫的运动简化为匀减速直线运动,则飞沫运动中所受合外力与自身重力的比值约为　 (　　)
A.0.1　　　　B.1　　　　C.10　　　　D.100
2.(2020云南大理高一期末改编,)(多选)在粗糙的水平面上,一个质量为m的物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动,经过时间t后,速度为v,如果要使物体的速度增加到2v,可采用的方法是 (　　)
A.将物体的质量减为原来的一半,其他条件不变
B.将水平恒力增为2F,其他条件不变
C.将作用时间增大为原来的两倍,其他条件不变
D.将物体质量、水平恒力和作用时间都同时增加到原来的两倍
3.(2021安徽滁州高一期末,)(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x=t2+2t,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2,以下结论正确的是 (　　)

A.物体做匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为8 m时速度为6 m/s
C.第8 s内物体的位移为15 m
D.水平恒力F的大小为12 N
4.(2021湖南永州高一月考,)(多选)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示,一质量m=2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s,然后无人机又匀速向上运动3 s,接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零,之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s,受到的空气阻力恒为f=1 N,重力加速度大小g=10 m/s2,则 (　　)

A.无人机上升的第一个阶段,受到向上的作用力大小是25 N
B.无人机上升的第二个阶段,受到向上的作用力大小是20 N
C.无人机上升的第三个阶段,受到向上的作用力大小是18 N
D.无人机上升的总高度为24 m
题组二　动力学中的连接体问题
5.(2021山东德州实验高中高三上调研,)(多选)如图所示,光滑的水平地面上有三个木块a、b、c,质量均为m,a、c之间用轻质细绳连接,现用一水平恒力F作用在b上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动,则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是 (　　)

A.若粘在c木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
B.若粘在a木块上面,绳的张力减小,a、b间摩擦力增大
C.若粘在c木块上面,绳的张力增大,a、b间摩擦力不变
D.若粘在b木块上面,绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
6.(2021江苏泰州中学高三上第一次月考,)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g) (　　)

A.T=m(a cos θ-g sin θ),FN=m(g cos θ+a sin θ)
B.T=m(a sin θ-g cos θ),FN=m(g sin θ+a cos θ)
C.T=m(g sin θ+a cos θ),FN=m(g cos θ-a sin θ)
D.T=m(g sin θ+a cos θ),FN=m(g sin θ-a cos θ)
7.(2021黑龙江哈尔滨六中高三上开学测试,)如图所示,质量分别为m1和m2的A、B两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,先沿水平面运动,再沿斜面运动,最后竖直向上匀加速运动,不计空气阻力,在三个阶段的运动中,线上的拉力大小 (　　)

A.由大变小　　　　B.由小变大
C.由大变小再变大　　　　D.始终不变,为m1m1+m2F
题组三　动力学中的临界、极值问题
8.(2021广东惠州高三上第一次调研,)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮,绳的一端系着质量M=15 kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m=10 kg的猴子,从绳子的另一端沿绳向上爬,如图所示,不计滑轮与绳子间的摩擦,在重物不离开地面的条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2) (　　)

A.20 m/s2　　　　B.15 m/s2 C.10 m/s2　　　　D.5 m/s2
9.(2021江西南昌十中高一月考,)如图,水平桌面上放置着质量为m、2m的A,B两物体,A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ。现用水平拉力F拉B,使A、B以相同的加速度运动,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则拉力F的最大值为(　　)

A.3μmg　　　　B.4μmg C.5μmg　　　　D.6μmg
10.(2021山东济宁高一月考,)(多选)如图,在光滑水平面上,放置着1、2两个物体且紧靠在一起,其质量分别为m1=3 kg、m2=6 kg。水平推力F1作用于1上,水平拉力F2作用于2上,F1、F2大小均随时间变化,其规律为F1=(12-t)N,F2=(6+2t)N。则从t=0开始到物体1、2刚好相互脱离,则下列说法正确的是 (　　)

A.在相互脱离前,物体1、2之间的弹力可以保持不变
B.物体1、2共同经历的时间为3 s
C.物体1、2的共同位移为9 m
D.t=6 s时,物体2的加速度大小为3 m/s2
11.(2021湖北四地六校联盟高三上联考,)一质量为m的载重卡车A的车厢底板上载有一质量为m的重物B,在水平直公路上以速度v0做匀速直线运动,重物与车厢前壁间的距离为L(L>0)。因发生紧急情况,卡车突然紧急制动(可近似认为车轮被“抱死”)。已知重物与车厢底板间的动摩擦因数为μ,卡车车轮与地面间的动摩擦因数为3μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,若重物和车厢前壁在紧急制动时不发生碰撞,则v0、μ、L应该满足什么关系?(用题目中已知条件表示v0)



12.()可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:

(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)












答案全解全析
基础过关练
1.B　根据加速度的定义式得,飞船的加速度为a=ΔvΔt=25 m/s2=0.4 m/s2,根据牛顿第二定律得飞船的质量为m=Fa=8000.4 kg=2 000 kg,故B正确。
2.AC　对Ⅱ受力分析,由牛顿第二定律可得F12-F32=m2a,代入数据得a=2 m/s2,即整体的加速度为2 m/s2,选项C正确,D错误;对Ⅲ受力分析,由牛顿第二定律可得F23=m3a,代入数据得m3=2 kg,故A正确,B错误。
3.B　设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg。由匀变速直线运动速度与位移关系可得v02=2ax,则汽车刹车前的速度为v0=2ax=2μgx=14 m/s,选项B正确。
4.C　根据牛顿第二定律可得μmg=ma,所以滑行中的加速度大小为a=μg,所以加速度之比为1∶1,A错误;根据公式t=Δva,可得t1t2=Δv1aΔv2a=23,B错误;根据0-v2=-2ax可得x1x2=v122av222a=49,C正确,D错误。
5.答案　(1)0.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.1 m
解析　(1)对物体进行受力分析,如图所示

以向右为正方向,根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到
水平方向:F·cos 37°-f=ma
竖直方向:F·sin 37°+F支=mg
又因为f=μF支
联立并代入数据可以得到a=0.5 m/s2。
(2)根据匀变速直线运动中速度与时间的关系可以得到v=at=0.5×2 m/s=1 m/s。
(3)撤去力F后,根据牛顿第二定律得到-μmg=ma'
则a'=-μg=-5 m/s2
根据匀变速直线运动中位移与速度关系可以得到x=0-v22a'=0-12-2×5 m=0.1 m
6.答案　(1)8.0 m/s　(2)4.2 s
解析　(1)物体受拉力向斜上方运动过程中,受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f作用,设物体斜向上运动的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有
F-mg sin θ-f=ma1
又f=μN,N=mg cos θ
解得a1=2.0 m/s2
绳断时物体的速度大小v1=a1t1=8.0 m/s。
(2)绳断时物体距斜面底端的距离为x1=12a1t12=16 m
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设运动的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律,对物体沿斜面向上运动的过程有mg sin θ+f=ma2
解得a2=8.0 m/s2
物体匀减速运动的时间t2=v1a2=1.0 s
减速运动的位移为x2=12v1t2=4.0 m
此后物体沿斜面匀加速下滑,设物体下滑的加速度大小为a3,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-f=ma3,得a3=4.0 m/s2
设物体由最高点下滑的时间为t3,根据运动学公式可得x1+x2=12a3t32,解得t3=10 s=3.2 s,所以物体返回斜面底端的时间为t=t2+t3=4.2 s
7.D　由匀变速直线运动的速度位移关系式可得v2=2as,解得加速度大小a=v22s=9022×90 m/s2=45 m/s2;发动机的推力大小为F1=2.75×105 N,设弹射器推力大小为F2,由牛顿第二定律可知F1+F2-20%(F1+F2)=ma,得F2=1.3×106 N,故D正确。
8.B　根据v2=2ax,得a=v22x=10022×0.5 m/s2=1×104 m/s2,则高压气体对子弹的平均作用力F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N。
9.答案　(1)2 N　(2)30°
解析　(1)小滑块从A到B过程中:a1=Δv1Δt1=2 m/s2
由牛顿第二定律得:F=ma1=2 N。
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小:
a2=Δv2Δt2=5 m/s2
由牛顿第二定律得:
mg sin α=ma2
则α=30°。
导师点睛　由运动情况确定受力应注意的两点问题
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
10.答案　(1)36　(2)7635 N或437 N
解析　(1)对滑块受力分析,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma,
解得μ=36。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度方向沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。
由x=12a't2
得加速度大小a'=2 m/s2。
当加速度方向沿斜面向上时,
F cos θ-mg sin θ-μ(F sin θ+mg cos θ)=ma'
代入数据得F=7635 N。
　　当加速度方向沿斜面向下时,
　　mg sin θ-F cos θ-μ(F sin θ+mg cos θ)=ma'
代入数据得F=437 N。
能力提升练
1.C　飞沫做匀减速直线运动的加速度大小为a=v22x=100 m/s2,可得F合G=mamg=10,故选项C正确。
2.CD　物体在水平恒力F的作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得a=F-μmgm,则有v=at=Ftm-μgt,物体的质量减小为原来的一半,其他条件不变,则有v'=2Ftm-μgt>2v,故A错误;将水平恒力增为2F,其他条件不变,则有v'=2Ftm-μgt>2v,故B错误;将作用时间增大为原来的两倍,其他条件不变,则有v'=2Ftm-2μgt=2v,故C正确;将物体质量、水平恒力和作用时间都同时增加到原来的两倍,则有v'=4Ft2m-2μgt=2Ftm-2μgt=2v,故D正确。
3.BD　根据位移随时间的变化关系为x=t2+2t可知,初速度为v0=2 m/s,加速度为a=2 m/s2,选项A错误;根据x=t2+2t可知,当位移为8 m时,有8=t2+2t,解得t=2 s,则速度为v2=v0+at=6 m/s,选项B正确;第8 s内物体的位移为x8=(82+2×8)m-(72+2×7)m=17 m,选项C错误;根据牛顿第二定律F-μmg=ma,解得F=12 N,选项D正确。
4.AD　第一阶段的加速度为a1=42 m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,得F1=mg+ma1+f=(2.0×10+2.0×2+1)N=25 N,故A正确;由平衡条件可知在第二阶段时无人机受到向上的作用力为F2=mg+f=21 N,故B错误;第三阶段的加速度为a2=0-44 m/s2=-1 m/s2,由牛顿第二定律得F3-mg-f=ma2,得F3=mg+ma2+f=(2.0×10-2.0×1+1)N=19 N,故C错误;无人机上升的总高度为h=(42×2+4×3+42×4)m=24 m,故D正确。
5.BD　以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得a=F3m,当把一块橡皮泥粘在某一木块上时,整体的质量会增加,故加速度减小。若橡皮泥粘在c木块上,将a、b视为整体,F-FT=2ma,加速度减小,所以绳的张力FT变大,对b有F-fab=ma,知fab增大,故A、C错误;若粘在a木块上面,以c为研究对象,由牛顿第二定律可得,FT=ma,因加速度减小,所以绳的张力减小,而对b木块有F-fab=ma可知,摩擦力fab应变大,故B正确;若橡皮泥粘在b木块上,将a、c视为整体,有fab=2ma,所以摩擦力应变小,再对c分析可知,绳子的张力减小,故D正确。
6.C　小球与斜面一起运动,此时小球受重力、细线拉力和斜面的支持力,细线平行于斜面;小球的受力如图,水平方向上由牛顿第二定律得T cos θ-FN sin θ=ma,竖直方向上由平衡条件得T sin θ+FN cos θ=mg,联立解得FN=m(g cos θ-a sin θ),T=m(g sin θ+a cos θ)。

7.D　设物体与接触面的动摩擦因数为μ,在水平面有a1=F-μ(m1+m2)gm1+m2=Fm1+m2-μg,对A进行受力分析,则有T1-μm1g=m1a1=m1Fm1+m2-μm1g,所以T1=m1m1+m2F;在斜面上有a=F-μ(m1+m2)gcosθ-(m1+m2)gsinθm1+m2,对A受力分析则有T2-μm1g cos θ-m1g sin θ=m1a2,解得:T2=m1m1+m2F;竖直向上运动时有a3=F-(m1+m2)gm1+m2=Fm1+m2-g,对A进行受力分析则有T3-m1g=m1a3,解得T3=m1m1+m2F,所以细线的拉力的大小始终不变为m1m1+m2F,故D正确,A、B、C错误。
8.D　重物不离开地面时,最大拉力Fmax=Mg=150 N,对猴子分析,根据牛顿第二定律得Fmax-mg=mamax,解得最大加速度为amax=Fmax-mgm=150-10010 m/s2=5 m/s2,D正确,A、B、C错误。
9.D　当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,对A分析,此时A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知aA=μmgm=μg,对于A、B整体,加速度a=aA=μg,由牛顿第二定律得F-μ(m+2m)g=3ma=3μmg,可得F=6μmg,故D正确。
10.BCD　未分离前,对整体有F1+F2=(m1+m2)a,解得a=2 m/s2,对于物体1,有F1-N=m1a,解得N=(6-2t)N,物体1、2之间的弹力在二者相互脱离前逐渐减小,A错误;分离时,二者之间的弹力为零,有N=(6-2t)N=0,解得t=3 s,B正确;物体1、2的共同位移为s=12at2=12×2×32 m=9 m,C正确;t=6 s时,两物体已分离,对物体2分析,由牛顿第二定律得F2=6+2t=m2a',解得a'=3 m/s2,D正确。
11.答案　v0<5μgL2
解析　紧急制动时,B相对于A向右滑动,设A的加速度大小为a1,B的加速度大小为a2,则
对于A:6μmg-μmg=ma1
解得a1=5μg
对于B:μmg=ma2
解得a2=μg
A、B初速度均为v0,加速度a1>a2,故A先停止,B后停止,设二者停止前的位移分别为x1、x2,则:x1=v022a1,x2=v022a2
A、B恰好相碰时:x2=x1+L
由以上各式解得v0=5μgL2
故v0<5μgL2时,B与A不会相撞。
12.答案　(1)16 m　(2)见解析　(3)234 m/s
解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中,有x=12at2,代入数据解得x=16 m
(2)在企鹅卧倒以后将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
代入数据解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2
(3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设运动时间为t',位移为x',则有t'=ata1,x'=12a1t'2
代入数据解得x'=1 m
企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为vt,则有vt2=2a2(x+x')
代入数据解得vt=234 m/s