《高一物理第四章第5课牛顿运动定律的应用-课后培优分级练.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高一物理第四章第5课牛顿运动定律的应用-课后培优分级练.pdf（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 学科网（北京）股份有限公司 1 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 第第 5 5 课课 牛顿运动定律的应用牛顿运动定律的应用 培优第一阶培优第一阶基础过关练基础过关练 1物块以初速度 v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列 v-t图像正确的是()2.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球()A上升过程位移小于下落过程位移 B离开手臂速度小于返回手臂速度 C上升过程加速度小于下落过程加速度 D上升过程时间小于下落过程时间 3(多选)如图所示，
2、Oa、Ob 和 ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从 O 点无初速度释放，一个滑环从 d 点无初速度释放，用 t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da 到达 a、b 所用的时间.下列关系正确的是()A.t1t2 B.t2t3 C.t1m1m2m21 D在 0t2时间段物块与木板加速度相等 学科网（北京）股份有限公司 11 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 参考答案参考答案 培优第一阶培优第一阶基础过关练基础过关练 1物块
3、以初速度 v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列 v-t图像正确的是()!#选 C 上升时阻力向下，对物体受力分析可得 mgfma，上升时加速度为 afmg，下降时阻力向上，对物体受力分析可得 mgfma，加速度为 agfm，上升时加速度大于下降时加速度，故 C 正确，A、B、D 错误。2.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球()A上升过程位移小于下落过程位移 B离开手臂速度小于返回手臂速度 C上升过程加速度小于下落过程加速度 D上升过程时间小于下落过程时间!：选 D 上升过程位
4、移大小与下落过程位移大小相等，A 错误；上升过程逆向可看成初速度为零的匀加速运动，设阻力为 Ff，在小球上升过程，根据牛顿第二定律有 mgFfma1，在小球下降过程，根据牛顿第二定律有 mgFfma2，对比有 a1a2，根据 v2v022ax 可知，由于位移大小相同，可得离开手臂速度大于返回手臂速度，B、C 错误；根据公式 h12at2，由于 a1a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D 正确。3(多选)如图所示，Oa、Ob 和 ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)， 学科网（
5、北京）股份有限公司 12 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 两个滑环从 O 点无初速度释放，一个滑环从 d 点无初速度释放，用 t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da 到达 a、b 所用的时间.下列关系正确的是()A.t1t2 B.t2t3 C.t1aOb，由 x12at2可知，t2tca，故选项 A 错误，B、C、D 均正确.4.某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为 L1160 m 的水平跑道上运动，然后在长度为 L220.5 m 的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质量
6、m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的 0.2 倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取 g10 m/s2.求：(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间 t.$%&(1)40 m/s(2)8.5 s!&(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为 a1，阻力大小为 F阻，在水平跑道上运动
7、的末速度大小为 v1，由牛顿第二定律得 FF阻ma1， 学科网（北京）股份有限公司 13 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 F阻0.2mg，v122a1L1，联立以上三式并代入数据解得 a15 m/s2，v140 m/s.(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为 a2，在倾斜跑道末端的速度大小为 v2，飞机在水平跑道上的运动时间 t1v1a18 s，在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有 FF阻mghL2ma2，代入数据解得 a24 m/s2，由 v22v122a2L2，代入数据解得 v242 m/s，飞机在倾斜跑道上的运动时间 t2v2v1a20.5 s，
8、则 tt1t28.5 s.5.新冠肺炎疫情期间，无人机发挥着非常重要的作用(图甲)，可利用无人机空投药品，将药品送到隔离人员手中。在某次无人机竖直送货中，无人机的质量 M1.5 kg，货物的质量 m1 kg，无人机与货物间通过轻绳固定在无人机下端。无人机从地面开始加速上升一段时间后关闭动力，其运动 v-t 图像如图乙所示。无人机所受阻力恒定，不考虑货物受到的阻力，g 取 10 m/s2，下列判断正确的是()A无人机上升的最大高度为 36 m B无人机所受阻力大小为 3 N C无人机所受的升力大小为 30 N D加速阶段绳的拉力大小为 12 N!#选 D 由 v-t 图线与 t 轴所围图形面积表
9、示位移，知无人机上升的最大高度大小为 x12712 学科网（北京）股份有限公司 14 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 42 m，A 错误；无人机减速上升的加速度大小为 a212076 m/s212 m/s2，设无人机所受阻力大小为 f，对整体由牛顿第二定律有 f(mM)g(mM)a2，解得 f5 N，B 错误；无人机加速上升的加速度大小为 a112060m/s22 m/s2，设无人机所受的升力大小为 F，则有 F(Mm)gf(Mm)a1，解得 F35 N，C错误；对货物由牛顿第二定律，加速阶段绳的拉力大小为 FTmgma1，解得 FT12 N，D 正
10、确。6如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到 O 点并系住质量为 m 的物体。现将弹簧压缩到 A 点，然后释放，物体可以一直运动到 B 点。如果物体受到的阻力恒定，则()A物体从 A 到 O 先做加速运动后做减速运动 B物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动 C物体运动到 O 点时，所受合力为零 D物体从 A 到 O 的过程中，加速度逐渐减小!#选 A 物体从 A 到 O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至 AO 间某点
11、(设为点 O)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至 O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过 O点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A 正确。7(!)如图甲所示，一质量为 m1 kg 的小物块静止在粗糙水平面上的 A 点，从 t0 时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力 F 作用下向右运动，第 3 s 末物块运动到 B 点时速度刚好为零，第 5 s 末物块刚好回到 A 点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因
12、数 0.2，g 取 10 m/s2，下列说法正确的是() 学科网（北京）股份有限公司 15 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 A前 3 s 内，物块的加速度逐渐减小 B前 3 s 内，物块的速度先增大后减小 CA、B 间的距离为 4 m D前 3 s 内物块的平均速度为 2 m/s!#选 BC 物块所受摩擦力为 fFNmg2 N，由图乙可知，前 3 s 内，水平力 F 逐渐减小，当 Ff 时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当 Ff 时，物块的速度达到最大，之后，Ff，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，A 错误，B 正确；在 35 s 时间
13、内物块在水平恒力 F 作用下由 B 点做匀加速直线运动到 A 点，设加速度为 a，A、B 间的距离为 x，则根据牛顿第二定律有 Ffma，解得 aFfm421 m/s22 m/s2，则 A、B 间的距离为 x12at24 m，C 正确；前 3 s 内物块的平均速度为 v xt143 m/s，D 错误。8在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发现刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到 108 km/h，车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为 37，避险车道
14、上的碎石对车辆产生的阻力为压力的 k 倍。重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，k0.75。求：(1)该车辆在避险车道上停下来需要运行的距离 x1；(2)如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来需要运行的距离 x2。!#(1)车辆在避险车道向上运动时，设汽车的质量为 m，根据牛顿第二定律，有 mgsin 37kmgcos 37ma1，解得 a112 m/s2 汽车进入避险车道时的速度 v108 km/h30 m/s 根据匀变速直线运动公式 v22a1x1，解得 x137.5 m。(2)如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，有 kmgma2 学科
15、网（北京）股份有限公司 16 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 解得 a27.5 m/s2 根据匀变速直线运动公式 v22a2x2 解得 x260 m。$%#(1)37.5 m(2)60 m 9#如图所示，在光滑水平面上一质量 M3 kg 的平板车以 v01.5 m/s 的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为 8.5 N、水平向右的推力 F，同时将一质量 m2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g10 m/s2，求：(1)两
16、者达到相同速度所需的时间 t；(2)平板车的长度 l。!&(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为 a1、a2，根据牛顿第二定律有：mgma1，FmgMa2 解得：a12 m/s2，a21.5 m/s2 又：a1tv0a2t，解得：t3 s。(2)两者达到相同速度后，由于FmM1.7 m/s2a1，可知它们将一起做匀加速直线运动。从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：x112a1t2 平板车向右的位移大小为：x2v0t12a2t2 又：lx2x1，解得：l2.25 m。答案(1)3 s(2)2.25 m 培优第二阶培优第二阶拓展培优
17、拓展培优练练 10随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量 m20 kg 的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田 H130 m的高空，t0 时刻，它以加速度 a12 m/s2竖直向下匀加速运动 h19 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高 学科网（北京）股份有限公司 17 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 度为 13 m，无人机下降过程中空气阻力恒为 20 N，求：(g 取 10 m/s2)(1)无人机从 t0 时刻到重新
18、悬停在 H21 m 处的总时间 t；(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；(3)若无人机在高度 H23 m 处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为23 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。!#(1)无人机向下匀加速运动过程 h112a1t12 得 t13 s，v1a1t16 m/s 无人机减速过程有 H1h1H2v12t2，得 t2203 s 所以总时间 tt1t2293 s。(2)无人机减速过程有 0v122a2h2 无人机重新悬停时距试验田的安全高度 H23 m 时，此时加速度 a2最大，由 H2H1h1h2，则 a21 m/s2 无人机
19、向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得 Ffmgma2，则升力 F200 N。(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律 mgfma3 恢复动力时 va3t 则 v6 m/s，H2v22a3v22a4，联立解得 a418 m/s2。$%#(1)293 s(2)200 N(3)18 m/s2 11如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为 120 m、长度为 1 200 m 的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力 F40 N 推动质量m40 kg 的冰橇由静止开始沿斜坡向下运动，出发 4 s 内冰橇发生的位移为 12 m,8 s 末迅速登 学科网（北京）股份有限
20、公司 18 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，(g 取 10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为 1，正弦值按照题目要求计算)求：(1)出发 4 s 内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。!&(1)设出发 4 s 内冰橇的加速度为 a1，出发 4 s 内冰橇发生的位移为 x112a1t12，代入数据解得 a11.5 m/s2。(2)由牛顿第二定律有 Fmgsin mgcos ma1，其中 sin hx0.1，cos 1，
21、解得 0.05。(3)设 8 s 后冰橇的加速度为 a2，由牛顿第二定律有(mM)gsin(mM)gcos(mM)a2，8 s 末冰橇的速度为 v1a1t2，出发 8 s 内冰橇发生的位移为 x212a1t2248 m，设到达终点时速度大小为 v2，则 v22v122a2(xx2)，解得v236 m/s。答案(1)1.5 m/s2(2)0.05(3)36 m/s 12.如图甲所示，A、B 两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为 mA1 kg、mB3 kg，现用水平力 FA推 A，用水平力 FB拉 B，FA和 FB随时间 t 变化的关系如图乙所示，则() 学科网（北京）股份有限
22、公司 19 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 AA、B 分开之前，A 所受的合外力逐渐减小 Bt3 s 时，A、B 脱离 CA、B 分开前，它们一起运动的位移为 6 m DA、B 分开后，A 做减速运动，B 做加速运动!#选 C 由题图乙可得 FA93t(N)，FB33t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为 FAFB12 N，两物体做匀加速运动的加速度 aFAFBmAmB3 m/s2，则 A、B 分开之前，它们一直做匀加速运动，A 物体所受的合外力不变，A 错误；分开时满足 A、B 加速度相同，且弹力为零，故FAmA3 m/s
23、2，解得 FA3 N,3 N93t(N)，解得 t2 s，B 错误；A、B 分开前，它们一起运动的位移 x12at26 m，C 正确；分开后的 1 s 内 A 仍然受到向右的推力，所以 A 仍然做加速运动，在 t3 s 后 A 不受推力将做匀速直线运动，B 一直受到向右的拉力而做加速运动，D 错误。13(!)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系，将某一物体每次以不变的初速率 v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得 x 与斜面倾角 的关系如图乙所示，g 取 10 m/s2，根据图像可求出()A物体的初速度 v03 m/s B物体与斜面
24、间的动摩擦因数 0.75 C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 xmin1.44 m D当 45时，物体达到最大位移后将停在斜面上!#选 BC 由题图乙可知，当倾角为 90时，位移为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知 v022gx，解得 v0 2gx6 m/s，故 A 错误；当倾角 0时，位移为 2.40 m，可得 v022gx0.75，故 B 正确；当倾角为 时，物体沿斜面上滑的距离为 x，则根据动能定理有mgxsin mgxcos 012mv02，解得 xv022g(sin cos)181054sin()m，当 90时，sin()1，此时位移最小为 xmin1.44
25、 m，故 C 学科网（北京）股份有限公司 20 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 正确；当 45时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为 mgsin 4522mg；滑动摩擦力 fmgcos 453 28mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故 D 错误。14.如图所示，沿顺时针转动的传送带 AB，长 L7 m，与水平面的夹角 37，速度恒为 v2 m/s，在传送带底端 A 处无初速度放置一质量 m0.5 kg 的物体，物体与传送带间的动摩擦因数 0.8。(sin 370.6，cos 3
26、70.8，g 取 10 m/s2)求：(1)物体放上传送带瞬间的加速度大小。(2)5 s 后物体的速度大小。(3)物体从 A 运动到 B 的时间。!&(1)根据牛顿第二定律有 mgcos 37mgsin 37ma 代入数据可以求得 a0.4 m/s2。(2)加速到相对传送带静止的时间 t1va20.4 s5 s 所以 5 s 后随传送带一起匀速运动，速度为 2 m/s。(3)加速运动的位移 s112at12120.452 m5 m 匀速运动的位移 s2Ls1(75)m2 m 匀速运动的时间 t2s2v22 s1 s 可以求得 tt1t26 s。 学科网（北京）股份有限公司 21 学习资料分享/
27、升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571$%&(1)0.4 m/s2(2)2 m/s(3)6 s 15有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长 L1 m，起点 A 到终点线B 的距离 s5 m。开始滑板静止，右端与 A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力 F 使滑板前进。滑板右端到达 B 处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数 0.5，地面视为光滑，滑块质量 m12 kg，滑板质量 m21 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)滑板由 A 滑到 B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达 B，水平恒力 F 的取值范围
28、。!#(1)滑板由 A 滑到 B 过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为 a2，fm1gm2a2，a210 m/s2，sa2t22，解得 t1 s。(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为 F1，此时可认为二者加速度相等，F1m1gm1a2，解得 F130 N，当滑板运动到 B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为 F2，设滑块加速度为 a1，F2m1gm1a1，a1t22a2t22L，解得 F234 N，则水平恒力大小范围是 30 NF34 N。$%#(1)1 s(2)30 NF34 N 16.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩
29、擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()$%&C!&设屋檐的底角为，底边长为 2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度 amgsin mgsin，位移大小 x12at2，而 xLcos，2sin cos sin 2，联立以上各式得 t4Lgsin 2.当 45时，sin 21 为最大值，时间 t 最短，故选项 C 正确.17如图所示，传送带与水平地面的夹角 37，从 A 到 B 的长度为 L10.25 m，传送带以 学科网（北京）股份有限公司 22 学习资料分享/升学政策解读/优质师资推荐 咨询电话：18020133571 v010 m/s 的速率逆时
30、针转动.在传送带上端 A 无初速度地放一个质量为 m0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知 sin 370.6，g 取 10 m/s2，求：(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？(2)煤块从 A 到 B 的时间；(3)煤块从 A 到 B 的过程中在传送带上留下痕迹的长度.$%(1)不能(2)1.5 s(3)5 m!&(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为 0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有 mgsin 37mgcos 37，所以它们不能相对静止.(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a1
31、g(sin cos)10 m/s2，煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t1v0a11 s，发生的位移 x112a1t125 m 煤块速度达到 v0后，因 gcos mgcos，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若 mgsin mgcos，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若 mgsin m1m2m21 D在 0t2时间段物块与木板加速度相等!&分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有 F11(m1m2)g，A 错误；t1t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有 2m2g1(m1m2)g0，故 2m1m2m21，C 正确；0t1时间内长木板和物块均静止，t1t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足 2m2g1(m1m2)gm1am、F21(m1m2)g(m1m2)am，解得 F2m2(m1m2)m1(21)g，B、D 正确。$%&BCD