人教版 (2019)5 牛顿运动定律的应用一课一练

这是一份人教版 (2019)5 牛顿运动定律的应用一课一练，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

合格考训练
一、选择题
1．(2023·山东临沂高一月考)物体在沿斜面向上的力F作用下，沿光滑斜面加速上滑；若某时刻突然撤去力F，则此时物体将( D )
A．立即沿斜面下滑
B．立即静止不动
C．立即沿斜面匀速上滑
D．立即具有沿斜面向下的加速度
解析：物体在沿斜面向上的力F作用下，沿光滑斜面加速上滑，速度方向沿斜面向上，若某时刻突然撤去力F，令斜面倾角为θ，对物体进行分析有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，加速度方向沿斜面向下，速度沿斜面向上，物体立即沿斜面向上做匀减速直线运动，即物体立即具有沿斜面向下的加速度。故选D。
2．(2023·北京西城高一阶段练习)如图是我国航天员在天宫一号目标飞行器中进行太空授课时测量航天员质量的实验。航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉开到指定的位置。松手后，支架拉着航天员从静止返回到舱壁。支架能够产生一个恒定的拉力F；用光栅测速装置，测量出支架复位的速度 v 和时间 t，即可计算出航天员的质量 m 为( B )
A.eq \f(Fv,t) B．eq \f(Ft,v)
C.eq \f(vt,F) D．eq \f(F,vt)
解析：支架复位过程中，固定在支架上的航天员的加速度为a＝eq \f(v,t)，由牛顿第二定律可得F＝ma，联立解得m＝eq \f(Ft,v)，故选B。
3．(2023·河南郑州高一期末)如图所示，甲图中质点从竖直面内的圆环上，沿三个不同的光滑弦1、2、3上端由静止开始滑到环的最低点，所用的时间分别为t1、t2、t3；乙图中质点从竖直面内的圆环上最高点，沿三个不同的光滑弦4、5、6由静止开始滑到下端所用的时间分别为t4、t5、t6，则( A )
A．t1＝t2＝t3，t4＝t5＝t6 B．t1C．t1>t2>t3，t4>t5>t6 D．t2>t3>t1，t6>t5>t4
解析：如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，由牛顿第二定律可知加速度为a＝gsin θ，位移为x＝2Rsin θ，由匀变速直线运动规律有x＝eq \f(1,2)at2，联立解得下滑时间t＝2eq \r(\f(R,g))，相当于沿竖直直径自由下落的时间，有t1＝t2＝t3，t4＝t5＝t6，故选A。
4．(多选)一个静止的质点，在0～4 s时间内只受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则关于质点说法正确的是( BD )
A．第2 s末速度改变方向
B．第2 s末速度最大
C．第3 s末速度最大
D．质点一直沿正方向运动
解析：0～2 s时，力F的方向不变，可知质点的加速度方向不变，质点一直做加速直线运动；2～4 s时，力F的方向反向，加速度反向，物体沿原方向做减速运动，因为两段时间内加速度大小和方向是对称的，所以可得第4 s末速度为零，所以第2 s末速度最大，A、C错误，B正确；根据上面分析可得质点速度先增大后减小，速度方向不变，一直沿正方向运动，D正确。
5．(多选)(2023·山东潍坊高一统考期末)一质量为50 kg的游客坐在“跳楼机”内，从40 m高处自由下落，2 s后开始受到恒定的阻力而立即做匀减速运动，到达地面时速度刚好减为零，g取10 m/s2。则以下判断正确的是( BD )
A．游客自由下落时所受合力为0
B．游客的最大速度的大小为20 m/s
C．游客做匀减速运动时的加速度大小为15 m/s2
D．游客做匀减速运动时所受阻力为1 000 N
解析：游客自由下落时，受到合力为重力，故A错误；自由下落2 s时速度最大，则有v＝gt＝20 m/s，故B正确；自由下落2s时位移为h1＝eq \f(1,2)gt2＝20 m，由速度位移公式得－2a(h－h1)＝0－v2，解得游客做匀减速运动时的加速度大小为a＝10m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，游客做匀减速运动时所受阻力为Ff＝1 000 N，故D正确。
二、非选择题
6．(2023·湖北高一阶段检测)如图所示，一对父子在水平冰面上玩雪橇，质量为33 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用与水平方向成37°角，斜向上的大小为70 N的拉力拉雪橇，5 s后撤去拉力，让雪橇自由滑行。已知雪橇与冰面的动摩擦因数为0.1，sin 37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)小孩所能达到的最大速度；
(2)撤去拉力后，3 s内雪橇的位移是多少？
答案：(1)2 m/s (2)2 m
解析：(1)对雪橇以及小孩组成的整体受力分析，如图所示
则有Fcs37°－μFN＝(m1＋m2)a1，(m1＋m2)g＝Fsin 37°＋FN，解得a1＝0.4 m/s2,5 s后撤去拉力时，小孩所能达到的速度最大vmax＝a1t1，解得vmax＝2 m/s。
(2)撤去F后对雪橇以及小孩组成的整体受力分析，如图所示
则有FN′＝(m1＋m2)g，μFN′＝(m1＋m2)a2
解得a2＝1 m/s2
雪橇以及小孩停止运动所需时间：t0＝eq \f(vmax,a2)＝2s则撤去拉力后，3 s内雪橇veq \\al(2,max)＝2a2x，解得x＝2 m。
等级考训练
一、选择题
1．(2023·四川成都树德中学高一期中)我国自主研发的“直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。在某次消防灭火行动中，“直8”通过一根长绳子吊起质量为2×103 kg的水桶(包括水)，起飞时，在2 s内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为( C )
A．1.6×104 N B．2.0×104 N
C．2.4×104 N D．4.8×104 N
解析：由匀变速直线运动规律x＝eq \f(1,2)at2，水桶(包括水)的加速度a＝eq \f(2x,t2)＝2m/s2，以水桶(包括水)为研究对象T－mg＝ma，得绳子拉力T＝mg＋ma＝2×103×10 N＋2×103×2 N＝2.4×104 N，故C正确。
2．如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( A )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.6
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
解析：滑块的加速度大小为a＝eq \f(v0,t)＝10m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得μ＝0.5，C、D错误。
3．(2023·山东菏泽高一统考期末)如图所示装置，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于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运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则( C )
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．a、c、b三球依次先后到达M点
解析：设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论ta＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2×2Rsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(4R,g))，B点在圆外，有tb>ta，c球做自由落体运动，有tc＝eq \r(\f(2R,g))，故有tc4．(多选)(2023·黑龙江绥化高一校考期末)如图所示，四轴遥控无人机是航拍的首要选择，极其方便。质量m＝1 kg的能够垂直起降的小型遥控无人机，从地面上以最大升力F＝16 N竖直起飞，达到最大速度6 m/s所用时间为3 s，后保持匀速运动。假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，g取10 m/s2。则该无人机( AD )
A．起飞时的加速度大小为2 m/s2
B．在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小为2 N
C．竖直向上加速阶段位移大小为12 m
D．上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间为6.5 s
解析：根据题意，由公式v＝at可得，起飞时的加速度大小为a＝eq \f(v,t)＝2 m/s2，故A正确；根据题意，由牛顿第二定律有F－Ff－mg＝ma，解得Ff＝F－ma－mg＝4 N，故B错误；根据题意，由公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得，竖直向上加速阶段位移大小为x＝eq \f(1,2)at2＝9 m，故C错误；根据题意可知，上升至离地面h＝30 m的高空，匀速行驶的位移为x1＝h－x＝21 m，所用时间为t1＝eq \f(x1,v)＝3.5 s，则上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间为t＝3 s＋3.5 s＝6.5 s，故D正确。
二、非选择题
5．(2023·北京怀柔高一统考期末)如图一位滑雪者与装备的总质量为75 kg，以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5 s的时间内滑下的路程为60 m(g取10 m/s2)。求：
(1)滑雪者下滑的加速度大小；
(2)滑雪者2 s末的速度大小；
(3)滑雪者受到的阻力。
答案：(1)4 m/s2 (2)10 m/s (3)75 N
解析：(1)滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律，有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得a＝4 m/s2。
(2)2 s末的速度v2＝v0＋at2＝2 m/s＋4×2 m/s＝10 m/s。
(3)对滑雪者进行受力分析：滑雪者在下滑过程中，受到重力mg、山坡的支持力FN以及阻力Ff的共同作用。以滑雪者为研究对象，根据牛顿第二定律，沿山坡向下方向有
mgsin θ－Ff＝ma
解得Ff＝75 N。
6．(2023·广东佛山高一统考期末)羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧。如图所示，羽毛球爱好者从筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m＝5 g，羽毛球头部离筒的上端距离为d＝6.25 cm，羽毛球与筒之间的滑动摩擦力为f1＝0.1 N，筒与手之间的滑动摩擦力为f2＝2.6 N。(重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，羽毛球不会相对筒向下运动)，求：
(1)当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
(2)若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
答案：(1)20m/s2 30m/s2 (2)2.5m/s
解析：(1)当筒获得一个初速度后，对筒受力分析，由牛顿第二定律f1＋f2－Mg＝Ma1
代入数据解得，筒的加速度大小为a1＝20m/s2
方向竖直向上；对羽毛球受力分析，由牛顿第二定律f1＋mg＝ma2
代入数据解得，羽毛球的加速度大小为a2＝30m/s2
方向竖直向下。
(2)设当筒与羽毛球达到共速时间为t，根据运动学公式v0－a1t＝a2t
解得t＝eq \f(v0,a1＋a2)
在这段时间内，筒向下运动的位移为x1＝eq \f(v0＋v共,2)·t
羽毛球向下运动的位移为x2＝eq \f(0＋v共,2)·t
由运动学关系x1－x2≥d
代入数据，联立解得v0≥2.5 m/s
所以若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为2.5 m/s。