教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用复习练习题

这是一份教科版 (2019)必修 第一册6 牛顿运动定律的应用复习练习题，共5页。试卷主要包含了双基巩固　学考突破，选考奠基　素养提升等内容，欢迎下载使用。

一、双基巩固 学考突破
1.(2020·江苏徐州月考)静止在光滑水平地面上的物体的质量为1 kg,在水平恒力F推动下开始运动,2 s末它的速度达到4 m/s,则F的大小为( )
A.2 NB.1 NC.4 ND.8 N
答案:A
解析:物体做匀加速直线运动,有a=ΔvΔt=42 m/s2=2 m/s2,
根据牛顿第二定律:F=ma
解得:F=2 N
故A正确,B、C、D错误。
2.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点,竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心,已知在同一时刻:a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。则( )
A.a球最先到达M点
B.c球最先到达M点
C.b球最先到达M点
D.b球和c球都可能最先到达M
答案:B
解析:c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动,R=12gtc2,tc=2Rg;a球沿AM做匀加速直线运动,aa=gsin45°=22g,xa=Rcs45°=2R,xa=12aata2,ta=4Rg;b球沿BM做匀加速直线运动,ab=gsin60°=32g,xb=Rcs60°=2R,xb=12abtb2,tb=83R3g;由上可知,tb>ta>tc。
3.为了使雨滴能尽快地淌离房顶,要设计好房顶的高度,设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动,那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )
答案:C
解析:设屋檐的底角为θ,底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得加速度a=mgsinθm=gsinθ,位移大小x=12at2,而x=Lcsθ,2sinθcsθ=sin2θ,联立以上各式得t=4Lgsin2θ。当θ=45°时,sin2θ=1为最大值,时间t最短,故选项C正确。
4.在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时,小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动,已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的,而高度可以调节,则( )
A.滑道倾角越大,划艇下滑时间越短
B.划艇下滑时间与倾角无关
C.划艇下滑的最短时间为2Lg
D.划艇下滑的最短时间为2Lg
答案:C
解析:设滑道的倾角为θ,则滑道的长度为x=Lcsθ,由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为a=gsinθ,由位移公式得x=12at2;联立解得t=2Lgsin2θ,可知下滑时间与倾角有关,当θ=45°时,下滑的时间最短,最短时间为2Lg。
5.(多选)如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(g取10 m/s2)( )
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经2 s速度减为零
C.物体速度减为零后将保持静止
D.物体速度减为零后将向右运动
答案:BC
解析:水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用,做匀减速直线运动。滑动摩擦力大小为f=μN=μmg=3 N。故a=F+fm=5 m/s2,方向向右,物体减速到0所需时间为t=v0a=2 s,故B正确,A错误;减速到零后F6.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.m2ght+mgB.m2ght-mg
C.mght+mgD.mght-mg
答案:A
解析:设高空作业人员自由下落h时的速度为v,则v2=2gh,得v=2gh,设安全带对人的平均作用力为F,由牛顿第二定律得F-mg=ma,又v=at,解得F=m2ght+mg,选项A正确。
7.如图所示,楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ=37°角,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=10 N,刷子的质量为m=0.5 kg,刷子可视为质点,刷子与天花板间的动摩擦因数μ=0.5,天花板长为L=4 m,sin37°=0.6,cs37°=0.8,g=10 m/s2。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。
答案:(1)2 m/s2 (2)2 s
解析:(1)以刷子为研究对象,受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F,滑动摩擦力为f,天花板对刷子的弹力为N,刷子所受重力为mg,由牛顿第二定律得
(F-mg)sin37°-μ(F-mg)cs37°=ma
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)由运动学公式得L=12at2
代入数据解得t=2 s。
二、选考奠基 素养提升
1.(2020·山东临沂期中)一辆汽车在水平公路上行驶,司机从发现前方异常情况到紧急刹车,汽车仍将前进一段距离才能停下来,这段距离称为安全距离。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。晴天汽车在干燥的路面上以108 km/h的速度行驶时,安全距离为120 m。假设雨天汽车刹车时轮胎与路面的动摩擦因数减小为原来的40%,若要求安全距离不变,则汽车在雨天安全行驶的最大速度为( )
A.64.8 km/hB.72 km/h
C.75.6 km/hD.86.4 km/h
答案:B
解析:汽车行驶的初速度为v0=108 km/h=30 m/s,
在反应时间内汽车做匀速直线运动,运动的距离为x1=v0t=30 m,
汽车减速运动的位移为x2=x0-x1=90 m,
设干燥路面的动摩擦因数为μ,
根据速度位移公式有x2=v022μg,
代入数据解得μ=0.5,
下雨天其动摩擦因数为μ'=0.4μ=0.2,
令汽车在雨天安全行驶的最大速度为v',根据运动学公式有v'×1 s+v'22μ'g=120 m,
代入数据解得v'=20 m/s=72 km/h,故A、C、D错误,B正确。
2.(2020·山东潍坊期中)避险车道是在长陡下坡路段行车道外侧增设的供刹车失灵的车辆安全减速的专用车道,它由制动坡床和顶端的防撞设施等组成,坡床上铺有很多砂石,以增大摩擦,减缓车速。若某避险车道长90 m,坡底到坡顶的高度为18 m,砂石对车辆的阻力为车重的310,g取10 m/s2。为使车辆不与防撞设施碰撞,汽车冲上坡道前的最大速度约为( )
A.68 km/hB.84 km/h
C.108 km/hD.120 km/h
答案:C
解析:设坡的倾角为θ,则sinθ=1890=0.2
车上升过程中的加速度大小为a=mgsinθ+fm=gsinθ+0.3mgm=5 m/s2,
根据速度位移关系可得v2=2aL,
解得v=2aL=2×5×90 m/s=30 m/s=108 km/h,故C正确,A、B、D错误。
3.(2020·江苏重点中学期中)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出,图甲是向上运动小球的频闪照片,图乙是下降时的频闪照片,O是运动的最高点,甲、乙两次的闪光周期相同。重力加速度为g。假设小球所受阻力大小不变,则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A.mgB.12mg
C.13mgD.110mg
答案:C
解析:设小球所受阻力为f,向上的加速度大小为a上,向下的加速度大小为a下,则根据牛顿第二定律,有
mg+f=ma上①
mg-f=ma下②
设墙砖厚为d,则由运动学公式Δx=aT2,得
6d-2d=12a上t2③
3d-d=12a下t2④
联立①②③④,得
f=13mg
故A、B、D错误,C正确。
4.(多选)质量m=2 kg、初速度v0=8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动,物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用,设水平向右为拉力的正方向,且物体在t=0时刻开始运动,g取10 m/s2,则以下结论正确的是( )
A.0~1 s内,物体的加速度大小为2 m/s2
B.1~2 s内,物体的加速度大小为2 m/s2
C.0~1 s内,物体的位移为7 m
D.0~2 s内,物体的总位移为11 m
答案:BD
解析:0~1 s内,物体的加速度大小a1=F+μmgm=6+0.1×2×102 m/s2=4 m/s2,A项错误;1~2 s内物体的加速度大小a2=F'-μmgm=6-0.1×2×102 m/s2=2 m/s2,B项正确;
物体运动的v-t图像如图所示,
故0~1 s内物体的位移为x1=(4+8)×12 m=6 m,C项错误;
0~2 s内物体的总位移x=x1+x2=[6+(4+6)×12] m=11 m,D项正确。
5.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。下图为某风洞里模拟做实验的示意图。一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下,从A点静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=36。
(1)求小球运动的加速度a1;
(2)若风力F作用1.2 s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离xm;
(3)在上一问的基础上若从撤去风力F开始计时,小球经多长时间将经过距A点上方为2.25 m的B点。
答案:(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m (3)0.2 s和0.75 s
解析:(1)在力F作用时有
(F-mg)sin30°-μ(F-mg)cs30°=ma1
解得a1=2.5 m/s2。
(2)刚撤去F时,小球的速度v1=a1t1=3 m/s
小球的位移x1=v12t1=1.8 m
撤去力F后,小球上滑时有
mgsin30°+μmgcs30°=ma2,a2=7.5 m/s2
因此小球上滑时间t2=v1a2=0.4 s
上滑位移x2=v12t2=0.6 m
则小球上滑的最大距离为xm=x1+x2=2.4 m。
(3)在上滑阶段通过B点:
xAB-x1=v1t3-12a2t32
经过B点时的时间为t3=0.2 s,另t3=0.6 s(舍去)
小球返回时有
mgsin30°-μmgcs30°=ma3,a3=2.5 m/s2
因此小球由顶端返回B点时有
xm-xAB=12a3t42,t4=35 s