4.5 牛顿运动定律的应用 培优作业—2021_2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册（word含答案）

第四章 第五节 牛顿运动定律的应用 培优作业
一、单项选择题
1．一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是(　　)

A　　　　　B　　　　　C　　　　D
2．如图所示，沿水平方向做直线运动的车厢内悬挂一小球，悬挂小球的细绳向左偏离竖直方向，小球相对车厢静止。关于车厢的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A．车厢向左做匀速直线运动
B．车厢向右做匀速直线运动
C．车厢向左做匀加速直线运动
D．车厢向右做匀加速直线运动
3．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
4．某物理兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点。设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为(　　)

A．mg B．mg
C．mg D．mg
5．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点位于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tc大小关系是(　　)

A．tA B．tA＝tC C．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
6．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
7．质量为m的木箱在粗糙水平地面上，当用水平推力F作用于物体上时，物体产生的加速度为a，若作用力变为2F，而方向不变，则木箱产生的加速度a′(　　)
A．等于a B．等于2a
C．小于2a，大于a D．大于2a
8．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
9．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3:2，初速度之比为2:3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　)
A．滑行中的加速度之比为2:3
B．滑行的时间之比为1:1
C．滑行的距离之比为4:9
D．滑行的距离之比为3:2
二、多项选择题
10．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　)

A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
11．(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
三、非选择题
12．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，雪橇与地面间动摩擦因数为0.20。g取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。






















13．如图甲所示，在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m＝1 kg、初速度为v0的物块，现施加水平恒力F，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现F不同，物块在地面运动的时间t不同，且当－2 N≤F<2 N时，与F的关系如图乙所示(设v0的方向为正，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10 m/s2)，求：
(1)物块的初速度大小；
(2)物块与地面间的动摩擦因数；
(3)物块运动的时间t可能等于0.4 s吗？说明原因。

甲　　　　　　　　　　乙


















14．如图所示，水平放置的传送带以速度v＝6 m/s向右匀速运动，现将一小煤块轻轻地放在传送带A端，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，若A端与B端相距30 m，g取10 m/s2。求：

(1)小煤块刚放到传送带上时的加速度；
(2)小煤块从A端运动到B端的时间。
















15．随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝80 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40 m/s，航空母舰处于静止状态，(取g＝10 m/s2)求：

(1)飞机在后一阶段的加速度大小；
(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小；
(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。














参考答案与解析

一、单项选择题
1．C　
【解析】设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，C正确

2．D　
【解析】由受力分析知合力大小恒定，方向水平向右，说明车厢有向右的恒定加速度，但速度方向不确定，故D正确

3．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．
4．C　
【解析】根据Δx＝aT2，推导可得上升阶段与下降阶段的加速度之比＝，又根据牛顿第二定律，上升阶段mg＋f＝ma上，下降阶段mg－f＝ma下，由以上各式可得f＝mg，选项C正确

5．B　
【解析】设圆的半径为R，对于AM段，位移xA＝R，加速度aA＝＝g，根据xA＝aAt得，tA＝＝，同理tB＝，tC＝，故tA＝tC
6．C.
【解析】设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x＝，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a＝gsin θ，由位移公式得：x＝at2；联立解得：t＝2 ，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2.

7．D.
【解析】当水平拉力变为2F时，物体所受的滑动摩擦力大小没有变化，设物体所受的滑动摩擦力大小为Ff，当拉力变为2F时物体的加速度为a′.根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，2F－Ff＝ma′，解得：a′＝2a＋>2a，故选D.

8．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.
9．C
【解析】根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度为：a＝μg，所以加速度之比为1：1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确、D错误．
二、多项选择题
10．BC.
【解析】水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N．故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后F
11．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。


三、非选择题
12．　【答案】(1)5.2 m/s　(2)6.76 m
【解析】　(1)对雪橇受力分析如图：

竖直方向
FN1＋F sin 37°＝mg，
且Ff1＝μFN1
由牛顿第二定律：
F cos 37°－Ff1＝ma1
由运动学公式：v＝a1t1
解得：v＝5.2 m/s。
(2)撤去拉力后，受力如图：

雪橇的加速度a2＝μg
根据－v2＝－2a2x，
解得：x＝6.76 m。



13．　【答案】(1)2 m/s　(2)0.2　(3)见解析

【解析】　(1)物块做匀减速运动至静止，有
μmg－F＝ma ①
0＝v0－at ②
由①②得＝－F ③
由③式和图线斜率可得＝，解得v0＝2 m/s。
(2)由③式和图线截距可得＝1，则μ＝0.2。
(3)不可能；当－2 N≤F＜2 N时，由图线可知物块的运动时间大于等于0.5 s；而当F的大小超过2 N即最大静摩擦力时，物块不可能静止，所以运动时间不可能等于0.4 s。

14．　【答案】(1)1 m/s2　(2)8 s


【解析】　(1)物体与传送带间的摩擦力：Ff＝μFN＝μmg，
根据牛顿第二定律：Ff＝ma，
解得：a＝1 m/s2
(2)设小煤块速度达到与皮带相同的时间为t，
则：v＝at，
解得：t＝6 s，
此时煤块的位移x＝at2＝18 m，
此后煤块与皮带一起匀速运动x′＝30 m－18 m＝12 m，
t′＝＝2 s
t总＝t＋t′＝8 s

15．【答案】(1)4.0 m/s2　(2)20 m/s　(3)2×104 N
【解析】(1)根据牛顿第二定律
F推－0.2mg＝ma2
解得a2＝4.0 m/s2。
(2)由v2－v12＝2a2(l－l1)，
解得v1＝20 m/s。
(3)由v12＝2a1l1，解得a1＝5 m/s2
根据牛顿第二定律
F牵＋F推－0.2mg＝ma1
代入数据解得F牵＝2×104 N。