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一课一练

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一课一练，共23页。

第五节　牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一　从运动情况确定受力
1.(2020广东东莞高一上期末)(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动,位移随时间变化的关系为x=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
2.某消防员从一平台上跳下,下落2 m后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方式缓冲(如图所示),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约为 (　　)

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
3.质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,如图所示,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间,木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2) (　　)

A.42 N　　　B.6 N　　　C.21 N　　　D.36 N
4.(2021天津东丽高一上期末)如图所示,一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘坐二十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置时启动制动系统,到距地面一定高度停下。不计阻力。已知座舱开始下落时距地高度76 m,落到离地面31 m时,制动系统启动,座舱做匀减速运动到离地面1 m时刚好停下。(g=10 m/s2)求:
(1)自由下落的时间t;
(2)若座舱中某人用手托着质量为0.2 kg的手机,当座舱下落到离地面15 m的位置时,求手机对手的压力F。






5.(2020湖南长沙周南中学高一上期末)在科技创新活动中,小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)。在光滑水平面AB上(如图乙所示),机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F,小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变),最高能到达C点。

机器人用速度传感器测量小滑块在运动过程的瞬时速度大小并记录如下。
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s-1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
求:(1)机器人对小滑块作用力F的大小;
(2)斜面的倾角α的大小。易错






题组二　从受力确定运动情况
6.(2020广东惠州高一上期末)2019年12月18日,负责某校水火箭发射比赛的练老师驾驶汽车正以10 m/s的速度在演达大道上行驶,发现近日在惠州“礼让行人”和限速的标识随处可见。路上还有交警的温馨提示:驾驶机动车行经斑马线,不按规定减速、停车、避让行人的,可依法给予200元罚款,记3分的处罚。在人行道前,练老师突然发现前方有行人,采取紧急刹车,后车轮抱死,车轮向前直线滑动。已知车胎与路面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)

A.练老师在公路上已超速行驶
B.汽车刹车后的加速度大小为10 m/s2
C.汽车滑行10 m后停下来
D.汽车刹车后3 s的位移大小为30 m
7.(2021河南高三上质检)在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。如图所示,假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60 m/s,上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等,重力加速度g取10 m/s2,则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为 (　　)

A.6 s　90 m　　　B.3 s　180 m C.3 s　90 m　　　D.6 s　180 m
8.(2020河南郑州高一上期末)如图所示,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则 (　　)

A.物体到达C1点时的速度最大
B.物体在三条轨道上的运动时间相同
C.物体到达C3的时间最短
D.物体在AC3上运动的加速度最小
9.如图所示,质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下,沿水平面由静止开始运动,经过2 s撤去拉力F,雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。求:
(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小;
(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。







10.(2020广东中山高一上期末)滑草运动是小朋友们非常喜欢的一项新兴娱乐活动。如图,ABC为某滑草场的滑道示意图,其中AB段长度为xAB=16 m,倾角为37°,BC段水平,且足够长。载人滑草车在滑道上滑动时,与滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5。假设滑草车经过B点前后瞬间的速度大小不变,某体验者乘坐滑草车可看成质点,人和滑草车的总质量为m=30 kg,空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)体验者运动到B位置时的速度大小;
(2)体验者最终停下的位置距B点的距离。






11.(2021河南九师联盟高一上质检)2019年9月25日,我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭,成功将云海一号02星送入预定轨道。假设在发射火箭过程中,首先由火箭助推器提供推力,使火箭上升到30 km高空时,速度达到1.2 km/s,然后助推器脱落,向上减速运动,然后下落回地面进行回收。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变,且等于在地球表面时的重力,助推器脱落后运动过程中,受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2,g取10 m/s2,求:
(1)助推器能上升到距离地面的最大高度;
(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。










能力提升练
题组一　从运动情况确定受力
1.(2021广东清远高一上期末,)(多选)如图甲所示,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图像如图乙所示。若重力加速度g取10 m/s2,则(　　)

　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.斜面的长度L=4 m
B.斜面的倾角θ=30°
C.物块的质量m=1 kg
D.物块与斜面间的动摩擦因数μ=35
2.(2020北京人大附中高一上期末,)(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mgcosθ
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
3.(2020湖南长沙一中高一上模拟,)2019年1月3日上午10时许,科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令,嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机,实施降落任务。在距月面高为H=102 m处悬停,识别障碍物和坡度,选定相对平坦的区域后,先以大小为a1的加速度匀加速下降,加速至v1=46 m/s时,立即改变推力,以大小为a2=2 m/s2的加速度匀减速下降,至距月面高度30 m处速度减为零,立即开启自主避障程序,缓慢下降。最后距离月面2.5 m 时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中,整个过程始终垂直月球表面做直线运动,取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m=40 kg,月球表面的重力加速度为1.6 m/s2。求:
(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2;
(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1;
(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。










4.(2020广东东莞高一上期末,)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码移动的距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2。若砝码移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知。为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?




题组二　从受力确定运动情况
5.(2020广东惠州高一上期末,)如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个小孩同时从a、b、c处由静止开始下滑(忽略阻力),则 (　　)

A.a处小孩最先到O点 B.b处小孩最后到O点
C.c处小孩最先到O点 D.a、c处小孩同时到O点
6.(2020山东临沂五校高一上联考,)如图所示,AB和CD为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上,且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽,从静止出发,由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为t1和t2,则t1与t2之比为 (　　)

A.2∶1　　　B.1∶1 C.3∶1　　　D.1∶3
7.(2020广东湛江高一上期末,)(多选)一个物体以初速度v0从斜面底端开始沿斜面上滑,到达最高点后又返回斜面底端时的速度大小为v,物体和斜面之间的动摩擦因数处处为μ,斜面倾角为θ,上滑时加速度大小为a1,下滑时加速度大小为a2,上滑时间为t1,下滑时间为t2。则下列判断正确的是 (　　)
A.v=v0　　　B.μa2　　　D.t1>t2
8.(2020广东二师番禺附中高一上期末,)如图所示,在倾角θ=30°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体,物体与斜面间的动摩擦因数μ=35。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动,拉力F=18 N,方向平行斜面向上,经时间t=2.0 s绳子突然断了,求:(g取10 m/s2)
(1)绳断时物体的速度大小。
(2)物体沿斜面向上运动的最大距离。
(3)绳子断后物体在斜面上运动的时间。






9.(2020广东中山高一上期末,)如图所示,一足够长的圆柱形管底端固定一弹射器,弹射器上有一圆柱形滑块(可视为质点),圆柱形管和弹射器的总质量为m1=1 kg,滑块的质量为m2=2 kg,滑块与管内壁间的滑动摩擦力f=20 N。现将圆柱管竖直放置在水平地面上,滑块位于管底端的弹射器上。某时刻弹射器突然开启,在极短时间内将滑块向上以相对地面v0=30 m/s 的速度弹离圆柱管的底端,滑块和管在运动过程中始终保持在竖直方向。忽略弹射器的长度和空气阻力的影响,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)弹射后,滑块相对于管上升的最大距离Δs;
(2)滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间t(管落地后立即停止运动)。









答案全解全析
第五节　牛顿运动定律的应用
基础过关练
1.ABD　结合匀变速直线运动的位移公式x=v0t+12at2,对比x=t2+t可知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正确。根据v2-v02=2ax得v=v02+2ax,当x=12 m时,v=7 m/s,故B正确。根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,得出F=ma+μmg=12 N,故C错误,D正确。
2.B　消防队员从平台上跳下,可认为自由下落了2 m,故着地速度为v1=2gh=2×10×2 m/s=210 m/s;着地后下降0.5 m时速度v2=0,设队员着地过程中的平均加速度为a,由v2-v02=2as可得a=0-v122s=-402×0.5 m/s2=-40 m/s2,负号表示加速度方向竖直向上;设地面对消防员双脚的平均作用力为F,由牛顿第二定律得mg-F=ma,所以F=mg-ma≈5mg,故B正确,A、C、D错误。
3.D　因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mg sin θ=μmg cos θ,所以μ=tan θ=33;当木块在推力作用下由静止沿斜面加速上滑时,由运动学公式x=12at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得F=36 N,D正确。
4.答案　(1)3 s　(2)5 N,方向竖直向下
解析　(1)由题意可知,座舱从76 m高处到达31 m高处的过程中做自由落体运动,由h=12gt2
解得t=3 s
(2)手机自由下落3 s后的速度v=gt=30 m/s
座舱从离地31 m时开始做匀减速运动,到离地面1 m时刚好停下,则其减速位移s=31 m-1 m=30 m
此匀减速过程,加速度方向向上,设其大小为a,则有v2=2as
当座舱下落到离地面15 m的位置时其加速度大小为a,以手机为研究对象,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma
解得FN=5 N
根据牛顿第三定律得手机对手的压力F=FN=5 N,方向竖直向下。
5.答案　(1)2 N　(2)30°
解析　(1)小滑块从A到B过程中,a1=Δv1Δt1=2 m/s2
由牛顿第二定律得F=ma1=2 N。
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小a2=Δv2Δt2=5 m/s2
由牛顿第二定律得mg sin α=ma2
故α=30°。
易混易错
由运动情况确定受力应注意的两点问题
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
6.C　限速标识表示该路段限速60 km/h,60 km/h=60 0003 600 m/s=16.67 m/s>10 m/s,故练老师没有超速,A错误;练老师的汽车刹车时的加速度大小为a=fm=μmgm=μg=0.5×10 m/s2=5 m/s2,B错误;汽车从开始刹车到停止运动的过程有2ax=v02,所以x=v022a=1022×5 m=10 m,C正确,D错误。
7.C　礼花弹受到竖直向下的重力和阻力,由牛顿第二定律得mg+f=ma①,由题意可知f=mg②,联立①②解得a=20 m/s2;礼花向上做匀减速直线运动,根据v02=2ah得h=90 m,由平均速度公式得h=v02t,代入数据解得t=3 s,故C正确,A、B、D错误。
8.C　在沿轨道方向上,根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度a=mgsinθm=g sin θ,轨道倾角越大,加速度越大,所以在AC3上运动的加速度最大,D错误;设轨道的高度为h,根据几何知识可得,物体发生的位移为x=hsinθ,物体的初速度为零,所以由x=12at2解得t=2xa=2hgsin2θ,轨道倾角越大,物体运动时间越短,故物体到达C3的时间最短,B错误,C正确;根据v2=2ax得v=2gh,知物体到达轨道底端的速度大小相等,A错误。
9.答案　(1)5.2 m/s　(2)6.76 m
解析　(1)对雪橇,竖直方向有N1+F sin 37°=mg
水平方向有F cos 37°-f1=ma1
且有f1=μN1
由运动学公式v=a1t1
解得v=5.2 m/s。
(2)撤去拉力后,有-μmg=ma2
则雪橇的加速度a2=-μg
根据0-v2=2a2x,解得x=6.76 m。
10.答案　(1)8 m/s　(2)6.4 m
解析　(1)体验者在AB段运动,有
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1
解得AB段的加速度a1=2 m/s2
据匀速直线运动的速度-位移公式有vB2=2a1xAB
可得vB=2a1xAB=2×2×16 m/s=8 m/s
(2)体验者在BC段做匀减速直线运动,设加速度大小为a2,由牛顿第二定律有μmg=ma2
可得a2=μg=5 m/s2
根据匀变速直线运动的速度-位移公式,有
0-vB2=2(-a2)L
可得L=vB22a2=822×5 m=6.4 m
11.答案　(1)9×104 m　(2)1 200 m/s　250 s
解析　(1)火箭加速上升的高度为h1=3×104 m
助推器脱落时的速度为v1=1.2×103 m/s
助推器脱落后向上做匀减速直线运动,阻力大小为f=0.2mg
根据牛顿第二定律,有mg+f=ma2
根据运动学公式,有v12=2a2h2,v1=a2t2
代入数据,得h2=6×104 m,t2=100 s
故助推器上升的最大高度为h=h1+h2=9×104 m
(2)助推器从最高点下落过程中,有mg-f=ma3
根据运动学公式,有v22=2a3h,v2=a3t3
代入数据,解得v2=1 200 m/s,t3=150 s
助推器从脱落到落地经历的时间为t=t2+t3=250 s
能力提升练
1.BD　由题图乙所示图像可知,物体先沿斜面向上减速运动,减速到零后再向下加速运动,v-t图线与时间轴围成的面积为物体经过的位移,故可求出物体在斜面上的位移,但是不能求出斜面的长度,故A错误;由题图乙所示图像可知,物体沿斜面向上运动时的加速度大小a1=ΔvΔt=81 m/s2=8 m/s2,物体沿斜面向下运动时的加速度大小a2=Δv'Δt'=43-1 m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得,上升过程有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,下降过程有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得θ=30°,μ=35,故B、D正确。根据题中信息无法求出物块的质量,故C错误。
2.AD　对小球受力分析如图所示

把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解,竖直方向有FN2 cos θ=mg,水平方向有FN1-FN2 sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=mgcosθ,A正确。FN1=ma+mg tan θ。由于FN2=mgcosθ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错误,D正确。小球受到的合力为ma,故B错误。
3.答案　(1)22 m/s　(2)1 m/s2　(3)24 N　方向竖直向上
解析　(1)由题可知,嫦娥四号探测器距离月面2.5 m时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,有v22=2g'h2,解得v2=2×1.6×2.5 m/s=22 m/s。
(2)由题意知,嫦娥四号探测器加速下降和减速下降过程发生的总位移为h=102 m-30 m=72 m
由速度-位移公式得v122a1+0-v12-2a2=h
解得a1=1 m/s2。
(3)匀加速直线下降过程,由牛顿第二定律得
mg'-F=ma1
解得F=24 N,方向竖直向上。
4.答案　(1)μ(2m1+m2)g　(2)大于2μ(m1+m2)g　(3)22.4 N
解析　(1)纸板相对砝码和桌面都是向右运动的,故受到砝码和桌面向左的摩擦力的作用,砝码对纸板的摩擦力为f1=μm1g
桌面对纸板的摩擦力为f2=μ(m1+m2)g
故纸板所受摩擦力的大小f=f1+f2=μ(2m1+m2)g
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有
f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要满足条件a2>a1
代入数据解得F>2μ(m1+m2)g
(3)为确保实验成功,砝码移动的距离不超过0.002 m,纸板抽出前,砝码运动的距离为x1=12a1t12
纸板运动的距离d+x1=12a2t22
纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x2=12a3t22
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
解得F=2μm1+1+dlm2g
代入数据得F=22.4 N
5.D　当滑板与水平面的夹角为θ时,小孩从滑板顶端滑下的过程,有加速度a=g sin θ,Rcosθ=12at2,解得t2=4Rgsin2θ,当θ=45°时,t最小,当θ=30°和60°时,sin 2θ的值相同,故只有D项正确。
6.B　设光滑斜槽轨道与竖直方向的夹角为θ,则重物下滑时的加速度为a=g cos θ,由几何关系,斜槽轨道的长度s=2(R+r) cos θ,由运动学公式s=12at2,得t=2sa=2×2(R+r)cosθgcosθ=2R+rg,即所用时间t与倾角θ无关,所以t1=t2,B项正确。
7.BC　物体上升到最高点能反向加速,则mg sin θ>μmg cos θ,可得μ< tan θ,B正确;物体沿斜面上滑的过程中有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,下滑过程中有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,所以a1>a2,C正确;设物体沿斜面上滑的距离为L,有L=12a1t12,L=12a2t22,因a1>a2,故t1a2,可知物体上滑时的初速度大于返回底端时的速度,即v 8.答案　(1)20 m/s　(2)45 m　(3)9.2 s
解析　(1)对物体受力分析,可得FN=mg cos 30°=53 N
由牛顿第二定律可得F-mg sin θ-μFN=ma1
解得a1=10 m/s2
可得v=a1t=10×2 m/s=20 m/s。
(2)物体在F作用下做匀加速直线运动的位移是
x1=v2t=20 m,
撤去F以后向上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得
mg sin θ+μmg cos θ=ma2
代入数据解得a2=8 m/s2
减速运动的位移是x2=v22a2=25 m。
上升的总位移是x=x1+x2=45 m。
(3)因为μ 代入数据解得a3=2 m/s2
减速上升的时间为t2=va2=208 s=2.5 s
加速下降的时间为t3=2xa3=35 s
故总时间为t=t2+t3=(2.5+35) s≈9.2 s。
9.答案　(1)15 m　(2)4.47 s
解析　(1)滑块被弹离与圆柱管共速前,设圆柱管和滑块的加速度大小分别为a1和a2。根据牛顿第二定律,有
对圆柱管:f-m1g=m1a1(a1方向向上)
对滑块:m2g+f=m2a2(a2方向向下)
共速时滑块相对于圆柱管上升的距离最大,设经过时间t1,两者以v1共速,由运动学公式,可得v1=a1t1,v1=v0-a2t1
联立解得t1=1 s,v1=10 m/s
圆柱管的位移s1=v12t1=102×1 m=5 m
滑块的位移s2=v0+v12t1=30+102×1 m=20 m
两者的相对位移Δs=s2-s1=15 m。
(2)共速后滑块和管一起向上做匀减速直线运动,加速度为g,方向竖直向下,上升到最高点时速度为0,设共速后滑块和管上升的距离为s3,经历时间为t2,则0-v12=-2gs3,0=v1-gt2
解得s3=5 m,t2=1 s
圆柱管的底端离地面的最大高度h=s1+s3=10 m
滑块和圆柱管一起上升到最高点后,又一起做自由落体运动,设经历时间t3,管底碰到地面,落地前瞬间的速度大小为v2,则
v22=2gh,h=12gt32
解得t3=2 s,v2=102 m/s
管落地后立即停止运动,滑块受到的滑动摩擦力方向向上,大小为f=20 N=m2g,滑块以速度v2做匀速直线运动至管底,经历时间
t4=Δsv2=34 2 s
滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间为
t=t1+t2+t3+t4=2+74 2 s≈4.47 s。