4.5牛顿运动定律的应用 课时作业—2021-2022学年高一上学期物理粤教版（2019）必修第一册（word版含答案）

粤教版高一物理必修第一册课时作业
第五节 牛顿运动定律的应用
一、单项选择题
1、如图在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则( )
A．环只受三个力作用
B．环一定受四个力作用
C．物体做匀加速运动
D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力
2、如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块．在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N，这时小车运动的加速度大小是(　　)
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
3、如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时 ( )
A．物体对左侧挡板的压力等于零
B．物体对左侧挡板的压力等于3 N
C．物体受到4个力的作用
D．弹簧对物体的压力等于6 N
4、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
5、如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则(　　)
A．t1＝t2＝t3 B．t1C．t1>t2>t3 D．t3>t1>t2
6、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
7、假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时匀速行驶，洒水时它的运动将是(　　)
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
8、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
二、多项选择题
9、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
10、在一东西方向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
11、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=
12、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
13、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.μC.a1>a2 D.t1>t2
三、非选择题
14、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。
15、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。
16、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。
17、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=。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。
答案与解析
1、B
解析：以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，故A、C错误，B正确；由物体做匀速直线运动得到，悬绳对物体的拉力等于物体的重力，故D错误．
2、B
解析：当弹簧测力计甲的示数变为8 N时，弹簧测力计乙的示数变为12 N，这时物块所受的合力为4 N．由牛顿第二定律F＝ma得物块的加速度a＝＝4 m/s2，故选项B正确．
3、A
解析：由木板与M一起以6 m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，可知M的加速度大小为6 m/s2，方向水平向左，故M所受合力F＝Ma＝3 N，方向水平向左，对M受力分析，M受竖直向下的重力Mg，支持力FN＝Mg，竖直方向达到平衡，又因物体与木板之间无摩擦，故水平方向合力只能由弹簧弹力和挡板弹力提供，当F弹簧＝3 N时，恰好能提供合力，故M与挡板之间无弹力，物体只受3个力，故选A．
4、D
解析：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=;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=at2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。
5、A
解析：设大圆直径为D，则杆bd的长度l＝Dcos θ，小滑环沿bd杆下滑的加速度a＝＝gcos θ，由l＝at2得t＝＝．故小滑环沿杆下滑的时间与角度θ无关，即t1＝t2＝t3，A正确．
6、C
解析：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==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=,物体的初速度为零,所以由x=at2解得t==,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=,知物体到达轨道底端的速度大小相等,A错误。
7、A
解析：a＝＝＝－μg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确．
8、D
解析：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,=at2,解得t2=,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。
二、多项选择题
9、ABD
解析：结合匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2,对比x=t2+t可知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正确。根据v2-=2ax得v=,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。
10、 BC
解析：设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1．当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．
11、BD
解析：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== m/s2=8 m/s2,物体沿斜面向下运动时的加速度大小a2== 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=,故B、D正确。根据题中信息无法求出物块的质量,故C错误。
12、AD
解析：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=,A正确。FN1=ma+mg tan θ。由于FN2=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。
13、BC
解析：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=a1,L=a2,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三、非选择题
14、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。
15、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=2a1xAB
可得vB== 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-=2(-a2)L
可得L== m=6.4 m
16、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=gt2
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。
17、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°=5 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=t=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==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== s=2.5 s
加速下降的时间为t3==3 s
故总时间为t=t2+t3=(2.5+3) s≈9.2 s。