人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用达标测试

这是一份人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用达标测试，共14页。试卷主要包含了5 N D．3，6m/s2等内容，欢迎下载使用。

知识点1从受力确定运动情况
1.[2023·河北省邢台市高一期末]为了探究滑雪者(视为质点)在直线滑道AE上滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图所示的示意图，AC是滑道的竖直高度，D点是AC上的一点，且有AD＝DE＝40 m，滑雪者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下滑动，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计摩擦，则滑雪者在滑道AE上滑行的时间为( )
A．2 s B．2 eq \r(2)sC．2 eq \r(3)s D．4 s
2．[2023·山东省临沂市一模]如图所示，倾角为30°的光滑斜坡足够长，某时刻A球和B球同时在斜坡上向上运动，开始运动时A球在斜坡底，初速度是10 m/s，B球在斜坡上距离坡底6 m的地方，初速度是5 m/s，经过时间t两球相遇，相遇点到坡底的距离为L，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．t＝1.4 s B．t＝2.2 sC．L＝8.4 m D．L＝4.8 m
3．[2023·浙江省绍兴市高一期末]如图所示，某品牌小轿车连同司机的总质量为m＝2 000 kg，当小轿车受到大小为F1＝1 000 N的牵引力时，恰好以v0＝10 m/s的速度在平直路上匀速运动．现司机突然加大油门，小轿车受到大小为F2＝3 000 N的牵引力作用开始做匀加速直线运动．假设小轿车运动时所受的阻力保持不变．
(1)求小轿车加速过程中的加速度大小；
(2)求小轿车加速10 s后达到的速度大小；
(3)若小轿车加速10 s后关闭发动机，求小轿车从开始加速到停下经过位移的大小．
知识点2从运动情况确定受力
4.[2023·四川省内江市高一期末](多选)2022年10月10日起，北京全面开放了无人驾驶出租车服务，出租车在市区内行驶时有限速要求．如图所示，某辆出租车载人后的总质量为1 000 kg，并以限定的最高速度36 km/h行驶，当遥感系统感应到前方10 m处有障碍时，其智能刹车系统同时启动，出租车刹车后失去动力，做匀减速直线运动，出租车不会撞上障碍物，直到停止，则( )
A．汽车刹车的最小加速度大小为10 m/s2
B．汽车刹车的最小加速度大小为5 m/s2
C．汽车刹车受到的最小阻力为5 000 N
D．汽车刹车受到的最小阻力为2 000 N
5．[2023·云南省大理市高一期末]如图所示，质量m＝1 kg的物块P在水平拉力F作用下在粗糙水平地面上做匀速运动．若使物块P静止，将力F改为斜向上且与水平方向成37°角但大小不变作用在物块P上，使物块P从静止开始运动，测得物块P经过t＝4 s的时间运动的距离为4 m，取重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：
(1)力F斜向上且与水平方向成37°角时物块的加速度大小；
(2)物块P与地面之间的动摩擦因数．
知识点3牛顿运动定律与图像结合问题
6.[2023·山东省潍坊市高一期末]质量为0.6 kg的物体静止在水平地面上．现用水平拉力F作用于物体上，2 s后撤去拉力F，物体运动的速度—时间图像如图所示．由以上信息可求得水平拉力F的大小为( )
A．1.5 N B．2.1 N
C．2.5 N D．3.0 N
7．[2023·重庆省渝北区期末](多选)放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，则物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为( )
A．1.5 kg B．1 kgC．0.4 D．0.2
[答题区]
8.如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v­t图像如图(b)所示，已知砝码质量为0.10 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
(1)物块A的质量；
(2)物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数．
促思提能训练
1.
[2023·广东省深圳市高一期末]如图为某滑雪场景，一运动员由静止开始从一较陡斜坡滑到较为平缓的斜坡，假设整个过程未用雪杖加速，而且在两斜坡交接处速度大小不变，两斜坡的动摩擦因数相同．下列能表示该运动员加速度大小a或速度大小v随时间t变化的图像是( )
2．[2023·安徽省合肥市联考](多选)鲣鸟为了捕食鲭鱼会像箭一样竖直扎入水中，如图甲，设鲣鸟在空中做自由落体运动，在水中做匀减速直线运动，其运动的速度—时间图像如图乙．鲣鸟可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，则鲣鸟( )
A．在t0时刻速度方向改变
B．在空中运动了11.25 m
C．在水中减速的时间为1.0 s
D．在水中受到的阻力是重力的3倍
3．[2023·山东省滨州市高一期末]图甲中有两部不锈钢材质的逃生滑梯，在出现火灾等意外时，人员可以迅速通过滑梯脱离险境．假如滑梯光滑，搭建高度H相同、倾斜角不同，如图乙所示，人从滑梯顶端由静止滑下至地面过程中，下列说法正确的是( )
A．滑梯搭建倾斜角越大，人员滑至地面速度越大
B．人员滑至地面速度大小与倾斜角无关
C．人员滑至地面所需时间与倾斜角无关
D．当倾斜角为45°时，人员滑至地面所需时间最短
4.
[2023·江西省抚州市高一统考]如图所示，直角三角形斜劈ABC固定在水平面上，∠ABC＝37°，斜边AB长3 m，P点将AB分成两部分．小物块与AP段的动摩擦因数为μ1＝0.5，与PB段的动摩擦因数为μ2＝ eq \f(7,8).若小物块从A点由静止释放，下滑到B点时速度刚好为零．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则小物块从A点下滑到B点的时间为( )
A．3 s B．4 s C．5 s D．6 s
[答题区]
5.[2023·山西省高一期末]在冬天的东三省，冰雪运动广受成人、儿童的喜爱．如图所示，质量为25 kg的小孩，在大人的推动后，以5 m/s的初速度开始在水平冰面上沿直线滑行．已知小孩与冰面间的动摩擦因数为0.05，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求这次滑行中：
(1)小孩加速度的大小；
(2)小孩滑行的距离．
6．[2023·陕西省渭南市高一期末]如图甲是冰库工作人员在水平面移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向下推力作用下运动一段距离，然后放手让冰块向前滑动一段距离达到运送冰块的目的．其工作原理可简化为如图乙所示，设冰块质量为m＝50 kg，冰块与滑道间动摩擦因数μ＝0.25，运送冰块的滑道总长为20.8 m，工人推冰块时推力与水平方向成37°向下推冰块．某次推冰块时，工人从滑道前端推冰块(初速度可视为零)向前匀加速前进8 m后放手，冰块刚好滑到滑道末端静止．(已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)冰块在减速运动过程中的加速度大小a2；
(2)冰块滑动过程中的最大速度vm；
(3)工人推冰块的推力大小F.
7．如图为“山东舰”上进行“歼­15”舰载机起降训练的示意图，起飞跑道由长度为l1＝160 m的水平跑道和长度为l2＝13.5 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.7 m．一质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的 eq \f(1,10).假设“山东舰”处于静止状态，飞机可看成质点且质量不变，g取10 m/s2.
(1)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小(结果保留2位有效数字).
8．[2023·广东省东莞市高一测试]小辉酷爱电动玩具，某次他操纵一电动小汽车爬上一固定斜坡，电动小汽车的质量为m＝1 kg，在沿斜坡向上的牵引动力F＝15 N的作用下，由静止开始沿额角θ＝37°的斜坡从底端向上运动．已知小汽车在斜坡上所受阻力为其重力的0.4倍，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，若在2 s时小汽车突然失去动力，求：
(1)有动力作用时小汽车的加速度大小；
(2)小汽车向上运动的最大位移；
(3)小汽车回到斜坡底端时的速度大小．
9．[2023·广东省中山市高一期末]如图所示，一倾角为θ＝37°、足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上放一质量为m＝0.5 kg的小物块，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，现用平行斜面向上的力F＝5.0 N推动小物块由静止开始运动(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，最后的计算结果保留一位小数).
(1)求小物块在斜面上运动的加速度？
(2)当F作用2.0 s后撤去F，求小物块还能沿斜面上升多远？
(3)若将推力F的方向调整为水平向左，则F为多大时能够使物块以1 m/s2的加速度沿斜面向上加速运动？
10．[2023·海南省高一期末]海口邮件处理中心通过滑道把邮件直接运到卡车中，如图所示，滑道由长8 m的斜直轨道AB和长2 m的水平轨道BC在B点平滑连接而成．邮件从A点由静止开始滑下，经4 s滑至B点，最终停在C点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)邮件在滑道AB上滑行的加速度大小；
(2)邮件从B滑至C点所用的时间；
(3)邮件与水平轨道BC之间的动摩擦因数．
11.
[2023·广东省潮州市检测]连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵．为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示．现将某次汽车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍．
5．牛顿运动定律的应用
知识点分组练
1．答案：D
解析：设斜面倾角为θ，则AE＝2ADsinθ＝80sinθ，物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma，根据速度位移公式，有AE＝eq \f(1,2)at2，解得t＝4s，D正确．
2．答案：C
解析：两球在光滑斜面上运动的加速度均为a＝eq \f(mgsinθ,m)＝gsinθ＝5m/s2，根据题意有vAt－eq \f(1,2)at2＝d＋vBt－eq \f(1,2)at2，解得t＝1.2s，此过程中A球发生的位移为L＝vAt－eq \f(1,2)at2＝(10×1.2－eq \f(1,2)×5×1.22) m＝8.4m，即相遇点到坡底的距离为8.4m，C正确．
3．答案：(1)1.0m/s2 (2)20m/s (3)550m
解析：(1)根据题意，设小轿车加速过程中所受阻力为f，加速度大小a1，则有f＝F1＝1000N，
由牛顿第二定律有F2－f＝ma1，
得a1＝1.0m/s2.
(2)根据题意，设小轿车加速10s后达到的速度大小为v1，由运动学规律得v1＝v0＋a1t1，
解得v1＝20m/s.
(3)根据题意，设小轿车加速10s的位移大小为x1，由运动学规律得
x1＝v0t1＋eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得x1＝150m.
设小轿车减速过程中加速度大小a2，由牛顿第二定律有f＝ma2，
解得a2＝0.5m/s2.
设小轿车减速过程中位移大小为x2，由运动学规律得
x2＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a2)，
解得x2＝400m，
则小轿车从开始加速到最后停下经过的位移大小x＝x1＋x2＝550m．
4．答案：BC
解析：由题知，汽车的初速度为v0＝36km/h＝10m/s，根据速度位移公式，可得最小加速度大小为a＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2x)＝5m/s2，A错误，B正确；根据牛顿第二定律有f＝ma，解得最小阻力为f＝5000N，C正确，D错误．
5．答案：(1)0.5m/s2 (2)0.5
解析：(1)根据运动学公式可得x＝eq \f(1,2)at2，
解得a＝0.5m/s2.
(2)匀速运动时F－μmg＝0，
如图所示，力F斜向上37°角时，由牛顿第二定律和平衡条件得Fcs37°－f＝ma，
FN＋Fsin37°＝mg，
f＝μFN，
解得μ＝0.5.
6．答案：C
解析：vt图像的斜率代表加速度，减速阶段的加速度大小a1＝eq \f(5,3)m/s2，则阻力f＝ma1，加速阶段的加速度大小a2＝eq \f(5,2)m/s2，根据牛顿第二定律F－f＝ma2，联立以上各式得F＝2.5N，C正确．
7．答案：AC
解析：由图像可知，3～4s内，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a′＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(4－0,4－3)m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律可得a′＝eq \f(μmg,m)＝μg，解得动摩擦因数为μ＝eq \f(a′,g)＝0.4，1～3s内，物块在9N的水平推力作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－0,3－1)m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得物块的质量为m＝eq \f(F,a＋μg)＝eq \f(9,2＋0.4×10)kg＝1.5kg，A、C正确．
8．答案：(1)0.4kg (2)0.125
解析：(1)由题图(b)可知，物块A在P点左边运动的加速度
a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2,1)m/s2＝2m/s2，
根据牛顿第二定律mBg＝(mB＋mA)a1，
代入数据解得mA＝0.4kg.
(2)物块A在P点右边运动的加速度
a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(3－2,2－1)m/s2＝1m/s2，
根据牛顿第二定律mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2，
代入数据解得μ＝0.125.
促思提能训练
1．答案：D
解析：设斜坡与水平面间的倾斜角为θ，在斜坡上加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(mgsinθ－μmgcsθ,m)＝gsinθ－μgcsθ，较陡斜坡倾斜角更大，则根据上式可知加速度更大，倾斜角不变则加速度大小恒定不变．at图像应为两条与t轴平行的直线，前一阶段a值大，后一阶段a值小，A、B错误；vt图像中，斜率表示加速度a，则图线的倾斜程度先不变，在通过交接处后倾斜程度比之前小，C错误，D正确．
2．答案：BD
解析：由图可知整个过程速度一直为正，则知在t0时刻速度方向不变，A错误；由图可知在t0时刻之前在空中做自由落体运动，设t0时刻时速度为v0，则v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0＝2gx1，解得x1＝11.25m，B正确；由自由落体运动特点可得g＝eq \f(v0,t0)，解得t0＝1.5s，在水中减速的时间为t＝1.5t0－t0＝0.5t0＝0.75s，C错误；由图可得在水中的加速度大小为a＝eq \f(v0,t)＝20m/s2＝2g，由牛顿第二定律可得f－G＝ma，联立可得f＝3G，D正确．
3．答案：B
解析：设滑梯倾斜角为θ，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，人员从滑梯顶端由静止滑下至地面过程中，有v2＝2a·eq \f(H,sinθ)，解得v＝eq \r(2gH)，所以人员滑至地面速度大小与倾斜角无关，A错误，B正确；设滑至地面所需时间为t，则有eq \f(H,sinθ)＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \f(1,sinθ)eq \r(\f(2H,g))，所以人员滑至地面所需时间与倾斜角有关，倾斜角越大，时间越短，C、D错误．
4．答案：A
解析：根据题意分析，物块在AP段做匀加速直线运动，加速度设为a1，在PB段做匀减速直线运动，加速度大小设为a2，根据牛顿第二定律，AP段有mgsin37°－μ1mgcs37°＝ma1，解得a1＝2m/s2，PB段有μ2mgcs37°－mgsin37°＝ma2，解得a2＝1m/s2.设P点的速度为v，斜边AB长L＝3m，根据运动规律eq \f(v2,2a1)＋eq \f(v2,2a2)＝L，联立解得v＝2m/s，则小物块从A点下滑到B点的时间为t＝eq \f(v,a1)＋eq \f(v,a2)＝eq \f(2,2)s＋eq \f(2,1)s＝3s，A正确．
5．答案：(1)0.5m/s2 (2)25m
解析：(1)小孩做匀减速运动，加速度大小为a，根据牛顿第二定律f＝μmg＝ma，
解得a＝0.5m/s2.
(2)根据速度位移关系0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax，
解得小孩滑行的距离为x＝25m．
6．答案：(1)2.5m/s2 (2)8m/s (3)500N
解析：(1)减速阶段冰块只受滑动摩擦力，则μmg＝ma2，解得a2＝2.5m/s2.
(2)减速阶段，根据速度—位移关系可得v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＝2a2(L－x)，
其中L＝20.8m，x＝8m解得vm＝8m/s.
(3)设加速时加速度为a1，则加速阶段有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＝2a1x，
解得a1＝4m/s2.
加速阶段受力情况如图所示，对冰块根据牛顿第二定律可得Fcs37°－f＝ma1，
FN＝mg＋Fsin37°，
f＝μFN，
联立解得F＝500N．
7．答案：(1)41m/s (2)5.2×105N
解析：(1)飞机在水平跑道上加速运动，由牛顿第二定律
F－eq \f(1,10)mg＝ma1，
解得a1＝5.0m/s2.
由匀变速直线运动规律得v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a1l1，
飞机在倾斜跑道上运动
F－0.1mg－mgsinθ＝ma2，
又因sinθ＝eq \f(h,l2)，
由公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a2l2，
解得v2＝41m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动施加助推力，沿倾斜跑道运动加速度仍为a2，在水平跑道上运动时，有F推＋F－0.1mg＝ma′1，
v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a′1l1，
在倾斜跑道上运动时，起飞速度为v′2＝100m/s，则v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a2l2，
联立解得F推≈5.2×105N．
8．答案：(1)5m/s2 (2)15m (3)2eq \r(15)m/s
解析：(1)设有动力作用时小汽车的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－kmg＝ma1，
解得a1＝5m/s2.
(2)小汽车失去动力时的速度v＝a1t1＝10m/s，
小汽车失去动力后，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ＋kmg＝ma2，
解得a2＝10m/s2.
经历时间t2小汽车减速为0，则t2＝1s，
小汽车向上运动的最大位移为x＝eq \f(v,2)(t1＋t2)＝15m.
(3)设小汽车向下运动时的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得mgsinθ－kmg＝ma3，
解得a3＝2m/s2.
设小汽车回到斜坡底端的速度大小为v′2＝2a3x，
解得v′＝2eq \r(15)m/s.
9．答案：(1)2.4m/s2 (2)1.5m (3)6.3N
解析：(1)对小物块，受力图如下，
由牛顿第二定律得F－mgsin37°－μmgcs37°＝ma1，
解得a1＝2.4m/s2.
(2)撤去推力F时v1＝a1t1＝4.8m/s，
撤去推力F后，受力图如下，
沿斜面方向有mgsin37°＋μmgcs37°＝ma2，
解得a2＝7.6m/s2.
撤去推力F后沿斜面上升距离
s2＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a2)＝eq \f(4.82,2×7.6)≈1.5m.
(3)推力F调整为水平时，受力图如下，
沿斜面方向(x轴)F3cs37°－mgsin37°－f3＝ma，
滑动摩擦力f3＝μF′N，
垂直于斜面方向(y轴)F′N＝mgcs37°＋F3sin37°，
由以上各式解得F3＝6.3N．
10．答案：(1)1m/s2 (2)1s (3)0.4
解析：(1)在斜直轨道AB上，由运动学公式
xAB＝eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
可得，邮件在滑道AB上滑行的加速度大小
a1＝eq \f(2xAB,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝eq \f(2×8,42)m/s2＝1m/s2.
(2)由运动学公式可得，邮件到达B点时的速度大小为
vB＝a1t1＝4m/s，
因为邮件在BC段做匀减速直线运动，所以由公式
xBC＝eq \f(vB＋0,2)t2，
可得，邮件从B滑至C点所用的时间t2＝1s.
(3)邮件在水平轨道BC上运动时，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＝ma2，
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝2a2xBC，
联立解得，邮件与水平轨道BC之间的动摩擦因数μ2＝0.4.
11．答案：(1)35m/s (2)2.7
解析：(1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin30°－0.4mg＝ma1，
由运动学规律得v1＝v0＋a1t，
联立代入数据解得v1＝35m/s.
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为f，由牛顿第二定律有mgsin53°＋f＝ma2，
由运动学规律得v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a2x，
解得f＝2.7mg，
即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍．
题号
1
2
4
6
7
答案
题号
1
2
3
4
答案