高中物理人教版 (2019)必修 第一册牛顿运动定律的应用练习

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册牛顿运动定律的应用练习，共9页。试卷主要包含了25 m/s2　1，6m/s2等内容，欢迎下载使用。
（答题时间：20分钟）
1. 物体放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经时间t通过的位移是x.如果水平恒力变为2F，物体仍由静止开始运动，经时间2t通过的位移是（ ）
A. xB. 2xC. 4xD. 8x
2.（多选）一个静止在水平面上的物体，质量为2 kg，受水平拉力F＝6 N的作用从静止开始运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2（g取10 m/s2），则（ ）
A. 2 s末物体的速度为2 m/s
B. 2 s内物体的位移为6 m
C. 2 s内物体的位移为2 m
D. 2 s内物体的平均速度为2 m/s
3. 如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g.
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
（3）当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。
4. 如图所示，质量m＝1 kg的小球穿在长L＝1.6 m的斜杆上，斜杆与水平方向成α＝37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F＝1 N，从斜杆的顶端由静止开始下滑，求（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2）
（1）小球运动的加速度大小；
（2）小球运动到斜杆底端时的速度大小。
从受力确定运动情况同步练习参考答案
1.【答案】D
【解析】当水平恒力为F时，由牛顿第二定律得，F＝ma
x＝at2＝①
当水平恒力为2F时，由牛顿第二定律得，2F＝ma′，
x′＝a′（2t）2＝②
由①②得，x′＝8x
2.【答案】AC
【解析】物体竖直方向受到的重力与支持力平衡，合力为零，水平方向受到拉力F和滑动摩擦力Ff，则根据牛顿第二定律得
F－Ff＝ma，又Ff＝μmg
联立解得，a＝1m/s2。
所以物体2 s末的速度为v＝at＝1×2m/s＝2m/s，A正确；
2 s内的位移为x＝at2＝2m，B错误，C正确；
2 s内物体的平均速度＝＝m/s＝1 m/s，D错误。
3.【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）当θ＝30°时，对木块受力分析得：
mgsinθ＝μFN①
FN＝mgcsθ②
联立①②得：μ＝tanθ＝tan30°＝
（2）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a，则：
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma
小木块的位移为x：v＝2ax
则：x＝
θ＝60°
x＝＝
（3）当小木块向上运动时，小木块的加速度为a1，则：
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1
t1＝＝
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：
mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
解得：a2＝g
由x＝a2t得：t2＝
故：t＝t1＋t2＝
4.【答案】（1）1.25 m/s2 （2）2 m/s
【解析】（1）小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得：Fcsα＋mgsinα－μFN＝ma①
Fsinα＋FN＝mgcsα②
①②联立得：
a＝
＝m/s2＝1.25m/s2
（2）由公式v2＝2ax得：
v＝＝m/s＝2 m/s
从运动情况确定受力同步练习
（答题时间：20分钟）
1. 如图所示，在水平面上，质量为10 kg的物块A拴在一水平被拉伸弹簧的一端，弹簧的另一端固定在小车上，当它们都处于静止时，弹簧对物块的弹力大小为3 N，若小车突然以a＝0.5 m/s2的加速度水平向左匀加速运动时（ ）
A. 物块A相对于小车向右滑动
B. 物块A受到的摩擦力方向不变
C. 物块A受到的摩擦力变小
D. 物块A受到弹簧的拉力将增大
2. 飞船返回地球时，为了保证宇航员的安全，靠近地面时会放出降落伞进行减速。若返回舱离地面5 km时，速度方向竖直向下，大小为250 m/s，要使返回舱最安全、最理想着陆，则放出降落伞后返回舱应获得的加速度及降落伞产生的阻力与返回舱重力的比值分别为（设放出降落伞后返回舱做匀减速运动，竖直向下为正方向，g取10 m/s2）
A. －6.25 m/s2 1.625
B. －2 m/s2 1.2
C. －4 m/s2 1.4
D. －8 m/s2 1.8
3.（多选）如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g；忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）
A. 斜面对小球的弹力为
B. 斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C. 若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D. 若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
4. 如图所示，质量为2 kg的物体在40 N水平推力作用下，从静止开始1 s内沿竖直墙壁下滑3 m。求：（取g＝10 m/s2）
（1）物体运动的加速度大小；
（2）物体受到的摩擦力大小；
（3）物体与墙间的动摩擦因数。
5. 如图甲所示，质量为m＝2 kg的木块放在水平木板上，在F1＝4 N的水平拉力作用下恰好能沿水平面匀速滑行，则木块与木板之间的动摩擦因数为多少？若将木板垫成倾角为α＝37°的斜面（如图乙所示），要使木块仍能沿斜面匀速向上滑行，则沿平行于斜面向上的拉力F2应多大？（已知cs 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2）
从运动情况确定受力同步练习参考答案
1.【答案】C
【解析】物块开始时受弹力F＝3N，而处于静止状态，说明受到的静摩擦力为3 N，则物块的最大静摩擦力Fm≥3N。当物块相对于小车向右恰好发生滑动时，加速度为a0＝＞m/s2＝0.6m/s2。所以当小车的加速度为a＝0.5m/s2时，物块A相对小车仍静止，故A错误；根据牛顿第二定律得：小车以加速度a＝0.5 m/s2沿水平地面向左加速运动时，弹力水平向左，大小仍为3 N，摩擦力水平向左大小变为2N，方向变化，并且减小，故B错误，C正确；物块A相对于小车静止，弹力不变，故D错误。
2.【答案】A
【解析】飞船返回时，放出降落伞，以飞船为研究对象，受到竖直向下的重力mg和降落伞产生的阻力Ff的作用。最理想，最安全着陆是末速度v＝0，才不致于因着地时与地面碰撞而使仪器受到损坏。设减速过程的加速度为a，由运动学公式得2ax＝0－v，变形得a＝－＝－6.25 m/s2，再由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，Ff＝1.625mg，则阻力与返回舱重力的比值为1.625.因此A正确。
3.【答案】AD
【解析】对小球受力分析如图所示，把FN2进行正交分解有FN2csθ＝mg，FN1－FN2sinθ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝，A正确。FN1＝ma＋mgtanθ.由于FN2＝即与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大，故C错，D对。小球受到的合力为ma，故B错误。
4.【答案】（1）6m/s2 （2）8N （3）0.2
【解析】（1）由h＝at2，可得：a＝＝6 m/s2
（2）分析物体受力情况如图所示：
水平方向：物体所受合外力为零，FN＝F＝40 N
竖直方向：取向下为正方向，由牛顿第二定律得：
mg－Ff＝ma，可得：Ff＝mg－ma＝8 N
（3）物体与墙间的滑动摩擦力Ff＝μFN
所以μ＝＝＝0.2
5.【答案】0.2 15.2 N
【解析】由二力平衡可知木块受到的摩擦力Ff＝F1＝4 N；
木块与木板间的压力FN＝mg＝20 N；
则由Ff＝μFN
解得：μ＝0.2；
木块在斜面上所受摩擦力沿斜面向下，大小为Ff′＝μFN′＝μmgcs 37°＝0.2×2×10×0.8N＝3.2 N
沿斜面方向合力为零，则F2＝mgsin37°＋Ff′＝2×10×0.6N＋3.2 N＝15.2N