第四章 第五节 牛顿运动定律的应用 课堂达标训练 2021~2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册

第四章
第五节
牛顿运动定律的应用
课堂达标训练
一、单项选择题
1．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，做匀速行驶，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
2．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上。若两物体的质量mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，两物体能滑行的最大距离分别为xA、xB，则(　　)
A．xA＝xB
B．xA＞xB
C．xA＜xB
D．不能确定
3．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
4．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体，跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变，下列说法正确的是(　　)
A．车厢的加速度大小为gtan
θ
B．绳对物体1的拉力为m1gcos
θ
C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受底板的摩擦力为0
5．如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小(　　)
A．由大变小
B．由小变大
C．始终不变且大小为F
D．由大变小再变大
6．如图为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相等，作用时间相同，且一直作用下去。设小球从静止开始运动，由此可判定(　　)
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球向前运动一段时间后停止
7．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70
kg，汽车车速为90
km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5
s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)(　　)
A．450
N
B．400
N
C．350
N
D．300
N
8．竖直上抛物体受到的空气阻力Ff大小恒定，物体上升到最高点所需时间为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，t1B．a1>a2，t1>t2
C．a1D．a1t2
9．把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10
m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．过程中球的位移为0
B．球释放时的高度为2.25
m
C．过程中球的运动路程为1.62
m
D．球上升过程的加速度大小为9
m/s2
二、多项选择题
10．(多选)如图所示，总质量为460
kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5
m/s2，当热气球上升到180
m时，以5
m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10
m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　)
A．所受浮力大小为4
830
N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10
s后的速度大小为5
m/s
D．以5
m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230
N
11．(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则(物体1和物体2相对车厢静止，重力加速度为g)(　　)
A．车厢的加速度为gtan
θ
B．绳对物体1的拉力为
C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受底板的摩擦力为m2gsin
θ
三、非选择题
12．如图所示的机车，质量为100
t，设它从停车场出发经225
m后速度达到54
km/h，此时，司机关闭发动机，让机车进站．机车又行驶了125
m才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，关闭发动机前机车所受的牵引力不变，求机车关闭发动机前所受的牵引力．
13．在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40
m
高处，然后由静止释放，为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2
s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4
m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，取g＝10
m/s2，求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小；
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍．
14．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2
kg的无人机，能提供向上最大的升力为32
N。现让无人机在地面上从静止开始竖直向上运动，25
s后悬停在空中，执行拍摄任务。前25
s内运动的v?t图像如图所示，在运动时所受阻力大小恒为无人机重力的0.2倍，g取10
m/s2。求：
(1)从静止开始竖直向上运动，25
s内运动的位移；
(2)加速和减速上升过程中提供的升力；
(3)25
s后悬停在空中，完成拍摄任务后，关闭升力一段时间，之后又重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t。(设无人机只做直线下落)
15．将一个物体用弹簧测力计竖直悬挂起来后，弹簧测力计的示数如图甲所示(弹簧测力计的量程为100
N)，之后将该物体放到粗糙的水平面上如图乙所示，当逐渐增大拉力到43
N时，物体刚好运动，物体运动之后只用40
N的拉力就能保持向右匀速运动(g取10
m/s2)．求：
(1)物体的质量为多少千克？物体与地面的最大静摩擦力为多大？
(2)物体与地面间的动摩擦因数为多大？
(3)如果将拉力改为60
N，并且由静止拉物体运动，经过10
s时物体的运动速度和位移各为多少？
答案与部分解析
一、单项选择题
1．A
[解析]a＝＝＝－kg，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．
2．A　
[解析]根据牛顿第二定律，设物体的加速度大小为a，则μmg＝ma，a＝μg。由匀减速直线运动公式知，从开始到停下的最大位移x＝＝，x与物体的质量无关，所以xA＝xB
3．B
[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．
4．A　
[解析]以物体1为研究对象进行受力分析，如图甲所示，
物体1受到重力m1g和拉力FT作用，根据牛顿第二定律得m1gtan
θ＝m1a，解得a＝gtan
θ，则车厢的加速度也为gtan
θ，将FT分解，在竖直方向根据二力平衡得FT＝，故A正确，B错误；对物体2进行受力分析如图乙所示，可知FN＝m2g－FT＝m2g－，Ff＝m2a＝m2gtan
θ，故C、D错误
5．C　
[解析]在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)gcos
θ－(m1＋m2)·gsin
θ＝(m1＋m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2－μm1gcos
θ－m1gsin
θ＝m1a2，联立解得T2＝F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝F。综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为F，选项C正确
6．C　
[解析]作出小球相应的v?t图像，如图所示，
物体的运动方向由速度的方向决定，小球始终向前运动。
7．C.
[解析]汽车的速度v0＝90
km/h＝25
m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝
m/s2＝5
m/s2，对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5
N＝350
N，所以C正确．
8．A　
[解析]上升过程中，由牛顿第二定律，得
mg＋Ff＝ma1　①
设上升高度为h，则h＝a1t12　②
下降过程，由牛顿第二定律，得
mg－Ff＝ma2　③
h＝a2t22　④
由①②③④得，a1>a2，t19．C
[解析]A错：下降过程和上升过程的位移不相等，总位移不为0；B错：图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，下降的位移大小为1.125
m；C对、D错：下降过程有mg－Ff＝ma1，上升过程有mg＋Ff＝ma2，得出a1＝9
m/s2，a2＝11
m/s2，运动的总路程为下降和上升的位移大小之和x＝＋＝1.125
m＋0.495
m＝1.62
m.
二、多项选择题
10．AD　
[解析]热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4
830
N，故A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故加速到5
m/s的时间大于10
s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff′＝0，计算得Ff′＝230
N，选项D正确。
11．AB　
[解析]对物体1进行受力分析，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有
FTcos
θ＝m1g，FTsin
θ＝m1a
解得FT＝，a＝gtan
θ，
所以A、B正确。
对物体2进行受力分析有FN＋FT′＝m2g
Ff静＝m2a
根据牛顿第三定律，FT′＝FT
解得FN＝m2g－
Ff静＝m2gtan
θ，
故C、D错误。
三、非选择题
12．【答案】1.4×105
N
[解析]设机车在加速阶段的加速度为a1，减速阶段的加速度为a2
则：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2，
解得：a1＝0.5
m/s2，a2＝0.9
m/s2，
由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，
解得：F＝1.4×105
N.
13．【答案】(1)12
m/s　(2)1.25倍
[解析](1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，下落时间t1＝1.2
s，由v＝gt1代入数据解得：v＝12
m/s
即座椅在自由下落结束时刻的速度是12
m/s.
(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h，总时间为t，则h＝(40－4)m＝36
m
匀加速过程和匀减速过程的最大速度和最小速度相等，由平均速度公式有h＝t，代入数据解得：t＝6
s
设座椅匀减速运动的时间为t2，则t2＝t－t1＝4.8
s
即座椅在匀减速阶段的时间是4.8
s，
设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F
由v＝at2，解得a＝2.5
m/s2
由牛顿第二定律：F－mg＝ma
代入数据解得：F＝1.25mg
即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍．
14．【答案】(1)70
m　(2)25.6
N　23.2
N　(3)
s
[解析](1)由v?t图像与时间轴所围的面积可得，无人机从静止开始竖直向上运动，25
s内运动的位移为H＝70
m。
(2)由v?t图像知，加速过程加速度大小为a1＝0.8
m/s2，加速过程升力为F1，有：
F1－mg－0.2mg＝ma1，
解得：F1＝25.6
N
由v?t图像知，减速过程中加速度大小为：
a2＝0.4
m/s2，减速过程升力为F2，
有：mg＋0.2mg－F2＝ma2，
解得：F2＝23.2
N。
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3，mg－0.2
mg＝ma3，得：a3＝8
m/s2；
恢复最大升力后加速度为a4，则：
Fmax－mg＋0.2mg＝ma4，
解得：a4＝8
m/s2；
根据对称性可知，应在下落过程的中间位置恢复升力，
由＝，得：t＝
s。
15．【答案】(1)8.0
kg　43
N　(2)0.5　(3)25
m/s　125
m
[解析](1)由题给图形可得G＝80
N＝mg，故物体的质量m＝8.0
kg，物体受到的最大静摩擦力Ffm＝43
N.
(2)受力分析如图，可得：FN＝G＝80
N，
滑动摩擦力：Ff＝F＝40
N，
μ＝＝＝0.5.
(3)由牛顿第二定律知：F合＝F－Ff＝ma，
可得：a＝＝
m/s2＝2.5
m/s2
v＝v0＋at＝2.5×10
m/s＝25
m/s
x＝v0t＋at2＝×2.5×102
m＝125
m.