2020-2021学年新教材人教版必修第一册 4.5 牛顿运动定律的应用 作业

第5节　牛顿运动定律的应用

必备知识基础练 进阶训练第一层
知识点一 动力学中的两类基本问题
1.若恒定合力F使质量为m的物体由静止开始运动，在时间t内移动的距离为x，则2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动，在2t时间内移动的距离为(　　)
A．2x　　　B．4x　　　C．8x　　　D．16x
2．(多选)静止在水平地面上的小车，质量为5 kg，在50 N的水平拉力作用下做直线运动，2 s内匀加速前进了4 m，在这个过程中(g取10 m/s2)(　　)
A．动摩擦因数是0.8
B．摩擦力的大小是10 N
C．小车加速度的大小是1 m/s2
D．小车加速度的大小是2 m/s2
3．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，斜面的倾角为30°，人员可沿斜面匀加速滑行到地上．如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的人从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s，求：(g＝ 10 m/s2)
(1)人滑至地面时速度的大小；
(2)人与气囊之间的动摩擦因数．
知识点二 牛顿运动定律在多过程、多物体问题中的应用
4.(多选)如图所示，A、B两物体质量分别为2 kg、1 kg，用细线连接置于水平地面上，现用大小为6 N的水平作用力F拉物体A，两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．B的加速度大小为5 m/s2
B．A拉B的作用力为2 N
C．若撤去外力F，A物体做减速运动，B物体做加速运动
D．若撤去外力F，A物体的加速度大小为1 m/s2
5．一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1 s末撤去恒力F，其v－t图像如图所示，则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是(　　)
A．F＝9 N，Ff＝2 N
B．F＝8 N，Ff＝3 N
C．F＝8 N，Ff＝2 N
D．F＝9 N，Ff＝3 N

关键能力综合练 进阶训练第二层
一、单项选择题
1．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大小分别是(　　)
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
2．如图所示，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，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
3．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(　　)
4．竖直上抛物体受到的空气阻力Ff大小恒定，物体上升到最高点的时间为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
二、多项选择题
5．如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在一个垂直于斜面的挡板上，有一小球A沿着斜面下滑，从小球A刚接触弹簧的瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．小球的加速度将先增大，后减小
B．小球的加速度将先减小，后增大
C．小球的速度将先增大，后减小
D．小球的速度将先减小，后增大
6．(易错题)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
三、非选择题
7．木块质量m＝8 kg，在F＝4 N的水平拉力作用下，沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动，经t＝5 s的位移x＝5 m．g取10 m/s2，求：
(1)木块与粗糙平面间的动摩擦因数．
(2)若在5 s后撤去F，木块还能滑行多远？
8．质量为4 kg的物体放在与水平面成30°角、足够长的粗糙斜面底端，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，作用在物体上的外力与斜面平行，随时间变化的图像如图所示，根据所给条件(sin 30°＝，cos 30°＝，g取10 m/s2)求：
(1)物体所受的摩擦阻力多大？
(2)物体在0～4 s内的加速度为多少？0～4 s内的位移为多少？

学科素养升级练 进阶训练第三层
1．(生活情境)蹦极是一项户外休闲活动，跳跃者站在约40米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起．如图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连，运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过C点时合力为零，到达最低点D后弹起．整个过程中忽略空气阻力．在这个过程中(　　)
A．经过B点时，运动员的速度最大
B．从O点到C点，运动员的加速度大小不变
C．从B点到C点，运动员的速度不断增大
D．从C点到D点，运动员的加速度不断减小
2．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员(　　)
A．下滑过程中的最大速度为4 m/s
B．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7
C．加速与减速过程的位移之比为1∶4
D．加速与减速过程的时间之比为2∶1
3．在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则(　　)
A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短
B．划艇下滑时间与倾角无关
C．划艇下滑的最短时间为2
D．划艇下滑的最短时间为
4．(学术情境)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求：
(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小．
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离．
(3)汽车在上述22 m的运动全过程中平均速度的大小．
5．滑草是最近几年在国内兴起的一种休闲健身运动，有一种滑法是人坐在滑草车上从草坡上滑下，既刺激又省劲．如图所示，现有一滑草场近似处理为斜坡段和水平段连接，其斜坡段长度为L1＝72 m，倾角为18°，水平段长度为L2＝30 m，斜坡段和水平段的动摩擦因数都为μ＝0.3，滑草车的质量m＝10 kg，人的质量M＝40 kg，人坐在滑草车上从斜坡的顶端由静止滑下，不考虑滑草车在斜坡与水平段连接处的机械能损失，问：(sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95)
(1)滑草车沿斜坡下滑时的加速度大小？
(2)滑草车最后停在离终点多远的地方？
(3)滑草车在水平段上滑行时人对车的作用力大小？
6．如图甲所示，在水平地面上方存在厚度为h的“神秘区域”(图中阴影部分)，任何物体进入该区域后均受到竖直方向的恒力F的作用，且物体一旦碰到该区域底部就会被粘在底部．若将一质量为m的小圆环A从距地面H处的P点释放，不考虑空气阻力，重力加速度为g，请思考以下问题：
(1)若小圆环A从P点静止释放后还能返回释放点，小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向是怎样的？
(2)现将小圆环A套在均匀直杆B上，开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A刚好位于P点，将A、B一起由静止释放，如图乙所示．它们之间发生相对滑动时的摩擦力为f，假设“神秘区域”对处于其中的杆B不产生作用力，杆B在下降过程中始终竖直，且杆B的长度能够保证小圆环A与杆B不会分离，若小圆环A从释放后还能离开“神秘区域”，小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向又是怎样的？
第5节　牛顿运动定律的应用
必备知识基础练
1．解析：由牛顿第二定律可知，质量为m的物体的加速度为a＝，位移为x＝at2，整理可得x＝；2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动，加速度为a′＝，位移为x′＝a′(2t)2，则可得x′＝＝4x，故B正确；A、C、D错误．
答案：B
2．解析：根据运动学公式有x＝at2，代入数据解得a＝2 m/s2，故C错误，D正确；根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得摩擦力的大小为f＝F－ma＝50 N－10 N＝40 N，故B错误；由滑动摩擦力的公式f＝μN＝μmg，可得动摩擦因数为μ＝＝0.8，故A正确．
答案：AD
3．解析：(1)由运动学公式有：x＝at2
代入数据解得：a＝4 m/s2
则到达地面时的速度为：v＝at＝8 m/s
(2)由牛顿第二定律可得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入数据解得：μ＝
答案：(1)8 m/s　(2)
4．解析：对A、B整体，由牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2，即B的加速度大小为1 m/s2，故A错误；对B物体，由牛顿第二定律有T－μm2g＝m2a，解得T＝2 N，故B正确；若撤去外力F，则A、B两物体均在摩擦力作用下做减速运动，A、B两物体的加速度大小均为a′＝＝＝μg＝1 m/s2，故C错误，D正确．
答案：BD
5．解析：由v－t图像可知，0～1 s内，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a1＝＝ m/s2＝6 m/s2；1～3 s内，物体做匀减速直线运动，其加速度的大小为a2＝ m/s2＝3 m/s2.根据牛顿第二定律，0～1 s有F－Ff＝ma1,1～3 s有Ff＝ma2，解得F＝9 N，Ff＝3 N．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
关键能力综合练
1．解析：力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去拉力，F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确．
答案：C
2．解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当木块在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，D正确．
答案：D
3．解析：雨滴受重力和空气阻力的作用，由牛顿第二定律得mg－F阻＝ma，雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，所以加速度减小，在v－t图像中其斜率越来越小，故选项C正确．
答案：C
4．解析：上升过程中，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1，
设上升高度为h，则h＝a1t，
下降过程中，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2，
h＝a2t，
由以上各式得a1>a2，t1答案：A
5．解析：小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，加速度先减小后反向增大，小球速度先增大后减小，故B、C正确，A、D错误．
答案：BC
6.
解析：由受力分析知，物块：f＝Ff，根据作用力与反作用力特点知，Ff′＝Ff，
在4～5 s内，f＝0.2 N
此时F撤去，木板减速，由牛顿第二定律知：Ff′＝ma2，由v－t图像知a2＝0.2 m/s2，
解得m＝1 kg，A正确．
在2～4 s内，木板：F－Ff′＝ma1，又Ff′＝Ff＝f＝0.2 N，由v－t图像知a1＝0.2 m/s2，
解得F＝0.4 N，B正确．
因为无法得知物块质量，木板与物块间的动摩擦因数无法求解，D错误．
由图像知0～2 s内F变化，C错误．
答案：AB
7．解析：(1)由x＝at2得a1＝＝0.4 m/s2.由牛顿第二定律F－Ff＝ma1得Ff＝F－ma1＝(4－8×0.4) N＝0.8 N，由Ff＝μmg得μ＝＝＝0.01.
(2)撤去F后，木块受摩擦力Ff＝μmg＝0.8 N，加速度a2＝－μg＝－0.1 m/s2.5 s末的速度v＝a1t＝0.4×5 m/s＝2 m/s.x＝＝ m＝20 m.
答案：(1)0.01　(2)20 m
8.
解析：(1)如右图，对物体进行受力分析可得：
G1＝mgsin 30°＝20 N，
FN＝G2＝mgcos 30°＝20 N，
Ff＝μFN＝×20 N＝20 N.
(2)由牛顿第二定律可得，0～4 s内物体的加速度：a＝＝5 m/s2，
0～4 s内位移：x1＝at2＝40 m.
答案：(1)20 N　(2)5 m/s2　40 m
学科素养升级练
1．解析：由题意可知，运动员先做自由落体运动，加速度为g，到达B点时绳子张紧后人受到弹力作用，开始时弹力小于重力，人将继续加速且加速度逐渐减小，人做加速度减小的加速运动，到达C点时加速度为零，速度达最大，故AB错误，C正确；从C到D，弹力大于重力，合力向上且逐渐增加，故加速度方向向上且逐渐增加，人开始减速，到达D点时向上的加速度最大，速度为零，故D错误．
答案：C
2．解析：设消防队员最大速度为v，则加速过程中的平均速度和减速过程中的平均速度都是v，故全程的平均速度是v.则h＝t＝vt，解得v＝＝ m/s＝8 m/s，故A错误．设消防队员加速过程和减速过程的加速度大小分别为a1和a2.由题知，加速过程有mg－f1＝ma1，减速过程有f2－mg＝ma2.根据速度公式，有a1t1＝a2t2＝v，t1＋t2＝3 s，a1＝2a2，a1t＋a2t＝h.联立解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，f1＝120 N，f2＝840 N．故f1∶f2＝1∶7，故B正确．由速度公式得t1＝＝ s＝1 s，t2＝＝ s＝2 s，所以加速与减速过程的时间之比为1∶2，故D错误．由位移公式得s1＝a1t＝×8×12 m＝4 m，s2＝a2t＝×4×22 m＝8 m，加速与减速过程的位移之比为1∶2，故C错误．
答案：B
3．解析：设滑道倾角为θ，则滑道的长度为，根据牛顿第二定律，可知下滑时的加速度a＝g sin θ，则根据运动学公式有：＝g sin θt2，解得t＝ ，可知滑道倾角θ＝45°时，划艇下滑时间最短，最短时间tmin＝2，故C正确，B、D错误；θ<45°时，倾角越大，时间越短，θ>45°时，倾角越大，时间越长，故A错误．
答案：C
4．解析：(1)由牛顿第二定律可得：
“紧急制动”过程的加速度a2＝
其中f＝12 000 N，m＝1 500 kg，
代入解得：a2＝8 m/s2；
(2)设触发“紧急制动”时汽车的速度大小为v，其到障碍物的距离为x2
则有：x2＝
已知“紧急制动”前的加速度为a1＝1 m/s2
位移为x2＝
且有：x1＋x2＝x
已知总位移x＝22 m，v0＝10 m/s
解得：v＝8 m/s，x2＝4 m；
(3)紧急制动前的时间为：t1＝＝2 s
紧急制动后的时间为：t2＝＝1 s
总时间为：t＝t1＋t2＝3 s
所以＝＝ m/s.
答案：(1)8 m/s2　(2)8 m/s　4 m　(3) m/s
5．解析：(1)设沿斜坡下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得，
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
代入数据解得：a1＝0.25 m/s2.
(2)设滑到斜坡底端的速率为v，则有：
v2＝2a1L1，
代入数据解得：v＝6 m/s.
设在水平段滑行的加速度大小为a2，则有：μmg＝ma2，
解得：a2＝3 m/s2，
设水平运动的位移为x，则有：v2＝2a2x
解得：x＝＝ m＝6 m.
所以最后停止点距终点的距离为：
x′＝L2－x＝30 m－6 m＝24 m
(3)滑草车在水平段上做减速运动，
a2＝3 m/s2
则人在水平方向受到的力：
Fx＝Ma2＝40×3 N＝120 N
所以车对人的力：
F＝＝ N＝418 N
根据牛顿第三定律可得，人对车的作用力大小也是418 N
答案：(1)0.25 m/s2　(2)24 m　(3)418 N
6．解析：(1)若要使小圆环A从无初速度释放后还能返回释放点，小圆环A在“神秘区域”内所受合力方向应竖直向上，所以恒力F的方向竖直向上．取小圆环A到达底部时速度刚好为零的临界情况进行分析，设小圆环A进入“神秘区域”上边缘时的速度为v1，从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中，根据自由落体运动的规律有：v＝2g(H－h)．从小圆环A进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程，根据运动学的规律有：v＝2a1h，根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma1，整理可得：F＝mg.因此，要使小圆环能返回释放点，则F应大于mg，方向竖直向上．(2)小圆环A与杆B从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中，一起做自由落体运动，进入“神秘区域”后小圆环A与杆B不分离，说明“神秘区域”给小圆环A的恒力F的方向竖直向上，设小圆环A进入“神秘区域”上边缘时的速度为v2.对小圆环A，进入“神秘区域”之前有：v＝2g(H－h)，进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程有：v＝2a2h，F－mg－f＝ma2，整理可得：F＝f＋mg.因此，要使小圆环从释放后还能离开“神秘区域”，则F应大于f＋mg.
答案：见解析