高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用同步练习题

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第五节 牛顿运动定律的应用同步练习题，共7页。试卷主要包含了5 m/s，a＝1，02 mg，，如图所示，一质量m＝0等内容，欢迎下载使用。




A级 合格达标


1.雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是（ ）





A B C D


答案：C


2.用30 N的水平外力F，拉一个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＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2


B.v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2


C.v＝4.5 m/s，a＝0


D.v＝7.5 m/s，a＝0


解析：力F作用下a＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s，3 s末后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确.


答案：C


3.（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s＝t2＋t，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.匀变速直线运动的初速度为1 m/s


B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s


C.水平恒力F的大小为4 N


D.水平恒力F的大小为12 N


解析：根据s＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，A正确.根据v2－veq \\al(2,0)＝2as，得v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2as)＝eq \r(1＋2×2×12) m/s＝7 m/s，B正确.根据牛顿第二定律，得F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，C错误，D正确.故选ABD.


答案：ABD


4.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为（ ）


A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的5倍


C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍


解析：由自由落体规律可知：v2＝2gH，


缓冲减速过程：v2＝2ah，


由牛顿第二定律列方程：F－mg＝ma，


解得F＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))＝5 mg，故B正确.


答案：B


5.竖直上抛物体受到的空气阻力f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则（ ）


A.a1>a2，t1a2，t1>t2


C.a1t2


解析：上升过程中，由牛顿第二定律，得


mg＋f＝ma1.①


设上升高度为h，则h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)；②


下降过程，由牛顿第二定律，得


mg－f＝ma2，③


h＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2).④


由①②③④，得a1>a2，t1

答案：A


6.（多选）如图所示表示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，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.小球在4 s末速度为0


解析：由牛顿第二定律可知：在0～1 s，小球向前做匀加速直线运动，1 s末速度最大，在1～2 s，小球以大小相等的加速度向前做匀减速直线运动，2 s末速度为零；依此类推，可知选项C、D正确，A、B错误.


答案：CD


B级 等级提升


7.滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一.如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05.在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行.（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用）.求：





（1）冰车的最大速率；


（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小.


解析：（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律，得


F－μmg＝ma1，


v＝a1t，


解得v＝5 m/s.


（2）冰车匀加速运动时，有s1＝eq \f(1,2)a1t2，


冰车自由滑行时，


μmg＝ma2，v2＝2a2s2，


又s＝s1＋s2，解得s＝50 m.


答案：（1）5 m/s （2）50 m


8.“歼十”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界的广泛关注.如图所示，一架质量m＝5.0×103 kg的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离s＝5.0×102 m，达到起飞速度v＝60 m/s.在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍.求飞机滑行时所受的牵引力.（g取10 m/s2）





解析：滑行过程，飞机受重力G、支持力FN、牵引力F、阻力f四个力作用，在水平方向上，由牛顿第二定律得：


F－f＝ma，


f＝0.02 mg，


飞机匀加速滑行有v2－0＝2as，


解得a＝3.6 m/s2，


F＝1.9×104 N.


答案：1.9×104 N


9.如图所示，一质量m＝0.6 kg的小物块，以v0＝3 m/s的初速度，在与斜面成α＝37°角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m.已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2.求：





（1）物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；


（2）拉力F的大小.


解析：（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式，得


L＝v0t＋eq \f(1,2)at2，①


v＝v0＋at，②


代入数据，联立解得：a＝2 m/s2，v＝7 m/s.


（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为f，受力分析如图所示，





由牛顿第二定律，得


Fcs α－mgsin θ－f＝ma，


Fsin α＋FN－mgcs θ＝0，


又f＝μFN，联立解得F＝6.18 N.


答案：（1）2 m/s2 7 m/s （2）6.18 N


10.如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，AB长为16 m，传送带以10 m/s的速度匀速运动.在传送带上端A无初速度地释放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所需的时间.（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2）





解析：开始时，物体的加速度为：


a1＝gsin θ＋μgcs θ＝10 m/s2，


因为eq \f(veq \\al(2,0),2a1)＝5 m

所以物体先以a1匀加速，再以a2匀加速，


以a1匀加速的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s，


以a1匀加速的位移s1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m.


当物体与皮带共速后，物体的加速度


a2＝gsin θ－μgcs θ＝2 m/s2，


以a2匀加速运动的位移


s2＝sAB－s1＝16 m－5 m＝11 m，


由s2＝v0t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，解得t2＝1 s.


所以物体从A运动到B的时间


t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s.


答案：2 s