高中人教版 (2019)牛顿运动定律的应用随堂练习题

这是一份高中人教版 (2019)牛顿运动定律的应用随堂练习题，共5页。试卷主要包含了26等内容，欢迎下载使用。
题组一 从受力确定运动情况
1.如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则（ ）
A.携带弹药越多，加速度越大
B.加速度相同，与携带弹药的多少无关
C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D.携带弹药越多，滑行时间越长
2.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（取g＝10 m/s2）（ ）
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经5 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
3.如图所示，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O为圆心，Q、O、N三点在同一竖直线上，OQ＝ON。现将光滑平板（足够长）的下端P置于M处，光滑平板上部架在Q点。横杆下端的位置可在轨道MN上调节，使得平板与竖直线间的夹角α可调节。将物块（视为质点）从Q点由静止释放，物块沿平板从Q点滑到P点的时间用t表示。若仅将α减小，则t将（ ）
A.不变B.逐渐增大
C.逐渐减小D.先减小后增大
题组二 从运动情况确定受力
4.在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h（即30 m/s），从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的作用力大约为（ ）
A.420 NB.600 N
C.800 ND.1 000 N
5.（多选）如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，取重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是（ ）
A.所受浮力大小为4 830 N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
题组三 动力学中的多过程问题
6.一水平面上的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动了t时间后撤去该力，物体又经过3t时间停止运动。设撤去F前后的加速度大小分别为a1和a2，物体在水平面上所受的摩擦力为Ff，则（ ）
A.a1∶a2＝1∶3B.a1∶a2＝4∶1
C.Ff∶F＝1∶3D.Ff∶F＝1∶4
7.如图所示，某滑草场的滑道由AB段和BC段组成，AB段的倾角为53°，BC段的倾角为37°，滑草运动员由A点从静止滑下，沿滑道下滑到C点时速度恰好为零。已知运动员在AB段、BC段运动时间相等，不计B处速率变化，sin 37°＝0.6，则（ ）
A.运动员在滑道的AB段下滑的平均速度大于在BC段下滑的平均速度
B.运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度相同
C.滑道的AB段比BC段长
D.运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同
8.如图所示，小强在一条长直坡路上玩陆地冲浪板运动。图中长直坡路总长度为500 m，落差为100 m。他从坡路顶端由静止开始顺势匀加速下滑，经20 s滑行200 m后立即启动制动装置，此后匀减速滑行到坡路底端时速度为2 m/s。已知小强和冲浪板总质量为60 kg，重力加速度g取10 m/s2，求小强和冲浪板
（1）启动制动装置时速度大小；
（2）启动制动装置前所受阻力大小；
（3）启动制动装置后加速度大小。
9.“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，主要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名穿戴雪具的游客，从雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长L＝150 m，倾角θ＝11.6°（取sin 11.6°＝0.2，cs 11.6°＝0.98），“雪地魔毯”以v＝5 m/s的速度向上滑行，经过t＝35 s游客滑到“雪地魔毯”的顶端。取g＝10 m/s2，人与“雪地魔毯”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，则（ ）
A.游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动
B.游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为20 s
C.游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变
D.游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26
10.电动平衡车是一款现代人用来作为代步的工具，如图甲所示，两只轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、图丙所示的模型。某人站在平衡车上从速度v＝1 m/s匀加速到v1＝5 m/s，所用的时间为t＝10 s。已知人的质量为m＝60 kg，人受到的空气阻力为F气＝6 N，计算结果可以保留根号。取g＝10 m/s2，求：
（1）加速度a的大小；
（2）踏板对人的作用力F大小；
（3）若平衡车质量为M＝10 kg，忽略平衡车受到的空气阻力，求地面对平衡车的支持力FN大小、摩擦力Ff的大小。
5.牛顿运动定律的应用
1.D 设战机受到的牵引力为F，其质量（包括携带弹药的质量）为m，与航母间的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则a＝Fm－μg。可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相同，携带的弹药也必须相同，故A、B错误。由vt＝2ax和t＝2xa可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，故C错误，D正确。
2.C 施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上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Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝F＋Ffm＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝v0a＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，由于F＜Ff，所以物体将保持静止状态，故C正确，D错误。
3.A 对物块受力分析，其受竖直向下的重力mg，垂直于光滑平板的支持力FN，由牛顿第二定律mgcs α＝ma，可得a＝gcs α，从Q到P由运动学公式QP＝12at2＝12gcs α·t2，由几何关系可得QP＝QNcs α，解得t＝2QNg，故t与α无关，QN为定值，所以仅将α减小，t不变。故选A。
4.A 从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由30 m/s 减小到0，视为匀减速运动，则有a＝ v－v0t＝－ 305 m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×（－6）N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以A正确。
5.AD 热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F阻＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4 830 N，选项A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，选项B错误；若热气球做加速度不变的匀加速运动，则10 s后速度大小为v＝at＝5 m/s，但热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s时的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－F阻'＝0，计算得F阻'＝230 N，选项D正确。
6.D 根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式v＝at知，最大速度v＝a1t＝a2·3t，所以a1∶a2＝3∶1，故A、B错误；对撤去F前的加速和撤F后的减速运动，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，联立解得Ff∶F＝a2∶（a1＋a2）＝1∶4，故C错误，D正确。
7.D 由题意可知，运动员在AB段由静止开始做匀加速运动，在B点时速度达到最大值v，之后在BC段做匀减速运动，且在C点速度减为零，根据匀变速运动规律可知，运动员在滑道的AB段下滑的平均速度与在BC段下滑的平均速度大小相等，均为v2，故A错误；由题意可知，运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度大小相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知，运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同，故B错误，D正确；根据前面分析以及x＝v22a可知，滑道的AB段与BC段等长，故C错误。
8.（1）20 m/s （2）60 N （3）0.66 m/s2
解析：（1）由x＝v12t解得v1＝20 m/s。
（2）设斜坡倾角为θ，有sin θ＝15，a＝v1t＝1 m/s2，mgsin θ－Ff＝ma
解得Ff＝60 N。
（3）由运动学公式可得a＝v12－v222（L－x）＝0.66 m/s2。
9.D 若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的最大位移x＝v2t＝87.5 m＜L，则游客在“雪地魔毯”上不是一直做匀加速运动，选项A错误；设游客匀加速的时间为t1，则L＝v2t1＋v（t－t1），解得t1＝10 s，选项B错误；游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力，方向也沿“雪地魔毯”向上，选项C错误；游客加速阶段的加速度a＝vt1＝0.5 m/s2，根据μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得μ≈0.26，选项D正确。
10.（1）0.4 m/s2 （2）30401 N （3）700 N 34 N
解析：（1）加速度a的大小为a＝v1－vt＝0.4 m/s2。
（2）将作用力F分解为水平方向的力F2和竖直方向的力F1，可知水平方向有F2－F气＝ma，
竖直方向F1＝mg，
同时有F＝F12＋F22，
联立解得F＝30401 N。
（3）对平衡车和人整体在竖直方向上受力分析有
FN＝（m＋M）g＝700 N，
整体在水平方向上有Ff－F气＝（m＋M）a，
解得Ff＝34 N。