廣西專版2024-2025學(xué)年新教材高中物理第4章運動和力的關(guān)系習(xí)題課四牛頓運動定律的綜合應(yīng)用課后訓(xùn)練新人教版必修第一冊

習(xí)題課四牛頓運動定律的綜合應(yīng)用課后·訓(xùn)練提升合格考過關(guān)檢驗一、選擇題(第1~3題為單選題,第4~6題為多選題)1.(2024·江蘇省灌云高級中學(xué)高一期末)如圖甲所示,一水平外力F作用在物體上,使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上,漸漸增大F,物體做變加速運動,其加速度a隨外力F變更的圖像如圖乙所示。依據(jù)圖乙推斷下列說法不正確的是()甲乙A.物體的質(zhì)量m=2kgB.斜面的傾角θ=37°C.加速度為6m/s2時物體的速度v=18m/sD.物體靜止在斜面上時,水平外力的大小為F=15N答案C解析由牛頓其次定律得Fcosθ-mgsinθ=ma,將a1=2m/s2,F1=20N,a2=6m/s2,F2=30N,代入上式得m=2kg,θ=37°,選項A、B正確;當a=0時代入Fcosθ-mgsinθ=ma,解得F=15N,選項D正確;依據(jù)題意無法求出瞬時速度,選項C錯誤。2.(2024·河北武強中學(xué)高二期末)如圖所示,質(zhì)量為m1的足夠長木板靜止在光滑水平地面上,其上放一質(zhì)量為m2的木塊。t=0時刻起,給木塊施加一水平恒力F。分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小,下列圖中可能符合運動狀況的是()答案C解析當恒力F較小時,木塊和木板保持相對靜止,一起做勻加速直線運動,此時a1=a2,v1=v2,當恒力F較大時,木塊相對于木板向前滑動,木塊的加速度a2大于木板的加速度a1,且木塊比木板運動得快,由于兩者受力恒定,所以分別做勻加速直線運動,此時a1<a2,v1<v2。故選C。3.(2024·湖南高三開學(xué)考試)殲-20戰(zhàn)斗機安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動機,能夠在不變更飛機飛行方向的狀況下,通過轉(zhuǎn)動尾噴口方向變更推力的方向,使戰(zhàn)斗機獲得許多優(yōu)異的飛行性能。已知在殲-20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航時升阻比(垂直機身向上的升力和平行機身向后的阻力之比)為22。飛機的重力為G,使飛機實現(xiàn)節(jié)油巡航模式的最小推力是()A.G B.2GC.G3 D.答案C解析飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、升力F2和空氣阻力Ff,重力的方向豎直向下,升力F2的方向豎直向上,空氣阻力Ff的方向與F2垂直,如圖所示。殲-20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航,則有水平方向Fx=Ff,豎直方向F2+Fy=G,F2=22Ff,解得Fy=G-22Ff,則F12=Fx2+Fy2=則視察F12表達式為開口向上,對稱軸為Ff=229G,的拋物線,即當Ff=229G時,取得最小值,將其代入F故選C。4.(2024·黑龍江哈爾濱七十三中高一期末)放在水平地面上的一物塊,受到方向不變的水平推力F的作用,力F的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示;物塊的運動速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示,6s后的速度—時間圖像沒有畫出,g取10m/s2。下列說法正確的是()甲乙A.滑動時物塊受到的摩擦力大小是3NB.物塊的質(zhì)量為1.5kgC.物塊在6~9s內(nèi)的加速度大小是2m/s2D.物塊與地面間的動摩擦因數(shù)是0.4答案BCD解析由題圖乙可知,物塊在3~6s內(nèi)做勻速直線運動,加速度是零,可得水平推力大小與摩擦力相等,由圖甲可知,F2=Ff=6N,選項A錯誤;由題圖乙可知,物塊在0~3s內(nèi)做勻加速直線運動,加速度為a1=63m/s2=2m/s2由牛頓其次定律可得F1-Ff=ma1,代入數(shù)據(jù)解得物塊的質(zhì)量為m=F1-Fa1選項B正確;物塊在6~9s內(nèi),由牛頓其次定律可得加速度是a2=F3-Ffm=加速度大小為2m/s2,負號表示方向與水平推力方向相反,選項C正確;由滑動摩擦力公式Ff=μmg,可得物塊與地面間的動摩擦因數(shù)是μ=Ffmg=6選項D正確。5.(2024·河南商丘市第一高級中學(xué)高二期末)如圖甲所示,運動員在進行蹦床競賽,取向上為正方向,運動員離開蹦床后的v2-x圖像如圖乙所示,運動員可視為質(zhì)點,重力加速度大小g取10m/s2,則下列敘述正確的是()甲乙A.運動員離開蹦床后加速度大小為10m/s2B.運動員在1.5s時的速度大小為0.64m/sC.運動員離開蹦床前的過程中,速度最大值是15m/sD.運動員在最高點的速度為零,只受重力的作用答案BD解析運動員離開彈簧后豎直向上運動,設(shè)其加速度大小為a,則v2-v02=-2由圖可知圖像的表達式為v2=-25612.解得v0=16m/s,a=10.24m/s2,選項A錯誤;運動員在1.5s時的速度為v=v0-at=0.64m/s選項B正確;運動員離開蹦床前先加速后減速,所以運動員離開蹦床前的過程中速度的最大值大于16m/s,選項C錯誤;運動員在最高點時,速度為零,只受到重力作用,選項D正確。6.(2024·山西稷山縣稷山中學(xué)高二學(xué)業(yè)考試)如圖所示,質(zhì)量為m0、傾角為θ的光滑斜面置于光滑的水平地面上,將一質(zhì)量為m的小球從斜面上由靜止釋放,同時對斜面施加一水平方向的力F,下列說法正確的是()A.若要使斜面和小球保持相對靜止,則F=m0gtanθB.若要使斜面和小球保持相對靜止,則F=(m0+m)gtanθC.若要使小球做自由落體運動,則F≥mD.若要使小球做自由落體運動,則F=(答案BC二、計算題7.(2024·浙江高三開學(xué)考試)如圖甲所示,冰壺是北京冬奧會的正式競賽項目。冰壺場地示意圖如圖乙所示,已知從起滑架到投擲線的距離l1=10m,投擲線到“大本營”中心O的距離l2=27.4m,“大本營”的直徑為d=3.6m。在某次競賽中,質(zhì)量m=20kg的冰壺在運動員的作用下從起滑架起先做勻加速運動,到達投擲線以某一速度被推出,沿著中心線做勻減速直線運動,最終停在了大本營的邊緣A點,整個過程用時t=22.25s。(假設(shè)每次投擲時,冰壺的速度方向均沿中心線方向,且不考慮冰壺的轉(zhuǎn)動,冰壺看成質(zhì)點)甲乙(1)求冰壺到達投擲線時的速度v。(2)求正?；袝r冰壺與冰面之間的動摩擦因數(shù)μ。(3)已知刷冰后動摩擦因數(shù)減小為原來的一半,在推出投擲線速度v不變的狀況下,要讓冰壺能夠停到大本營正中心О點,運動員須要在冰壺靜止前持續(xù)刷冰多少距離?(始終刷到冰壺靜止)答案(1)3.2m/s(2)0.02(3)3.6m解析(1)對全過程分析l1+l2-D2得v=3.2m/s。(2)對減速過程分析l2-D2=得t減=16s加速度大小為a1=ΔvΔt=0由μmg=ma1得μ=0.02。(3)由12μmg=ma2得a2=0.1m/s對整個減速過程分析v2-得v1=0.距離為x3=v122a等級考素養(yǎng)提升一、選擇題(第1~4題為單選題,第5~6題為多選題)1.(2024·黑龍江哈爾濱德強學(xué)校高二期末)靜止在水平面上的物體受到水平向右的推力F作用,如圖甲所示。推力F隨時間t的變更規(guī)律如圖乙所示。t=2.5s時物體起先運動,此后物體的加速度a隨時間t的變更規(guī)律如圖丙所示,已知滑動摩擦力是最大靜摩擦力的45,重力加速度大小g取10m/s2,由圖可知(甲乙丙A.物體所受摩擦力始終增大B.t=3s時物體的速度大小為0.375m/sC.物體的質(zhì)量為1kgD.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5答案B解析在0~2.5s時間內(nèi),為靜摩擦力,隨推力的增大始終增大,2.5s之后,物體起先運動,摩擦力變?yōu)榛瑒幽Σ亮?保持不變,故選項A錯誤;在a-t圖像中,圖像與時間軸圍成的面積等于物體速度的變更,因此t=3s時物體的速度大小v=0.5+12×0.5m/s=由題圖乙可知,最大靜摩擦力為5N,滑動摩擦力是最大靜摩擦力的45,因此滑動摩擦力為4N,由題圖丙可知,在t=2.5s時的加速度為0.5m/s2,依據(jù)牛頓其次定律F-Ff滑=ma可得物體的質(zhì)量m=2kg,故選項C錯誤;由于Ff滑=μmg,可得動摩擦因數(shù)μ=0.2,故選項D錯誤。2.(2024·重慶市育才中學(xué)高三期中)如圖所示,質(zhì)量為m的雪橇在傾角θ=37°的斜坡上向下滑動過程中,所受的滑動摩擦力為定值,空氣阻力與速度成正比,比例系數(shù)k=1kg/s。雪橇運動的某段過程v-t圖像如圖中實線AD所示,且AB是曲線最左端那一點的切線,B點的坐標為(4,9),CD線是曲線的漸近線,已知sin37°=0.6。下列說法正確的是()A.當v0=3m/s時,雪橇的加速度為0.75m/s2B.在0~4s過程中雪橇的平均速度為4.5m/sC.雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)是0.5D.雪橇的質(zhì)量m=2kg答案D解析依據(jù)v-t圖像切線斜率表示加速度,可知v0=3m/s,雪橇的加速度為a0=ΔvΔt=9-34依據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移,可知0~4s雪橇的位移滿意x>3+62×4m=則在0~4s過程中雪橇的平均速度滿意v=xt>18當v0=3m/s時,空氣阻力大小為Ff0=kv0=3N,依據(jù)牛頓其次定律可得mgsinθ-μmgcosθ-Ff0=ma0,當v=6m/s時,空氣阻力大小為Ff=kv=6N,此時雪橇的加速度為零,則有mgsinθ-μmgcosθ-Ff=0,聯(lián)立解得m=2kg,μ=383.(2024·四川省內(nèi)江市第六中學(xué)高一開學(xué)考試)如圖甲所示,長木板B固定在光滑水平面上,可視為質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端?，F(xiàn)用F=6N的水平力向右拉A,經(jīng)過5s,A運動到B的最右端,且其v-t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、4kg,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2,下列說法不正確的是()甲乙A.A的加速度大小為0.5m/s2B.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.4C.若B不固定,B的加速度大小為1m/s2D.若B不固定,A運動到B的最右端所用的時間為52s答案A解析依據(jù)v-t圖像可知,物體A的加速度大小為aA=ΔvΔt=105以A為探討對象,依據(jù)牛頓其次定律可得F-μmAg=mAaA,代入數(shù)據(jù)得μ=0.4,選項B正確;若B不固定,B的加速度大小為aB=μmAgmB=由題圖乙知,木板B的長度為L=12×5×10m=若B不固定,設(shè)A運動到B的最右端所用的時間為t,依據(jù)題意可得L=12aAt2-12aBt代入數(shù)據(jù)解得t=52s,選項D正確。4.(2024·云南羅平縣第一中學(xué)高二開學(xué)考試)如圖所示,質(zhì)量為m的物體A固定在輕彈簧上端,彈簧的下端固定在地面上,質(zhì)量也為m的物體B靜止在物體A上,豎直向下的力F大小為2mg,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),重力加速度為g,現(xiàn)撤去外力F,則()A.撤去外力F瞬間,物體A的加速度大小為0B.撤去外力F瞬間,物體A、B之間的作用力大小為mgC.物體A和物體B分別瞬間,彈簧處于原長位置D.彈簧處于原長時,物體A的速度最大答案C解析未撤去F前,將物體A、B整體受力分析,由平衡條件得彈簧的彈力大小為Fx=F+2mg=4mg,方向豎直向上,撤去外力F瞬間,彈簧彈力不發(fā)生突變,將物體A、B整體受力分析,由牛頓其次定律得Fx-2mg=2ma,解得物體A、B的加速度大小為a=g,方向豎直向上,隔離物體A,由牛頓其次定律得FN-mg=ma,物體A、B之間的作用力大小為FN=2mg,方向豎直向上,故選項A、B錯誤;物體A和物體B分別瞬間,物體A、B之間的作用力為零,但此時兩物體具有相同的加速度a,隔離物體A,由牛頓其次定律mg=ma,解得a=g,方向豎直向下,隔離物體B,由牛頓其次定律mg+Fx'=ma,解得Fx'=0,可知此時彈簧無彈性,所以物體A和物體B分別瞬間,彈簧處于原長位置,故選項C正確;當物體A的加速度為0時,有最大加速度,由平衡條件知此時彈簧彈力大小為mg,方向豎直向上,彈簧處于壓縮狀態(tài),所以彈簧處于原長時,物體A的速度不是最大,故選項D錯誤。5.(2024·全國高一課時練習(xí))如圖所示,在貨車車廂底板上緊密地平整排列著一層油桶,且油桶與車廂前后擋板緊挨著,上面一層只有一只油桶C,自由地擺放在桶A、B之間,沒有用繩索固定,全部油桶的規(guī)格相同,貨車載著油桶一起在平直馬路上勻速行駛。從某一時刻起貨車起先剎車做勻減速運動,重力加速度為g,在剎車過程中,下列說法正確的是()A.若油桶C相對桶A、B保持靜止,則桶A對C的支持力減小B.若油桶C相對桶A、B保持靜止,則桶B對C的支持力減小C.若油桶C相對桶A、B保持靜止,則桶A對C支持力的增加量大于桶B對C支持力的減小量D.當貨車剎車的加速度大小超過33g答案BD解析對C進行受力分析,如圖所示,依據(jù)幾何關(guān)系可知,A和B對C的支持力與豎直方向的夾角均為30°,當C處于靜止狀態(tài)時,依據(jù)平衡條件,在水平方向上有FBsin30°=FAsin30°,在豎直方向上有FAcos30°+FBcos30°=mg,解得FA=FB=33mg設(shè)貨車剎車的加速度大小為a,對C,在水平方向上,依據(jù)牛頓其次定律有FA'sin30°-FB'sin30°=ma,在豎直方向上,依據(jù)平衡條件有FA'cos30°+FB'cos30°=mg,解得FA'=33mg+ma,FB'=33可知桶A對C的支持力增大,則桶B對C的支持力減小,且桶A對C支持力的增加量等于桶B對C支持力的減小量,故選項A、C錯誤,B正確;當桶B對C的支持力為零時,桶C恰好脫離B,設(shè)此時貨車的加速度大小為a',依據(jù)牛頓其次定律mgtan30°=ma',解得a'=33g所以當貨車剎車的加速度大小超過33g6.(2024·安徽高三開學(xué)考試)如圖甲所示,水平地面上有一長平板車A,平板車右端放一物塊B,起先時A、B均靜止。t=0時,平板車在外力作用下起先沿水平面對右運動,其v-t圖像如圖乙所示,整個過程中物塊B恰好沒有從平板車上滑下。已知物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.1,g取10m/s2,下列說法正確的是()甲乙A.0~4s內(nèi),物塊B的加速度始終保持不變B.整個過程中,物塊B相對平板車A滑動的時間為4sC.平板車A的長度為12mD.物塊B相對平板車A的位移為16m答案AC解析規(guī)定向右為正方向,物塊向右加速時,由牛頓其次定律μmg=maB得加速度aB=1m/s2,由題圖乙可知,A減速時加速度aA=0-86-2設(shè)時間t兩者共速aBt=8m/s-2m/s2·(t-2s),得t=4s,v4=(8-2×2)m/s=4m/s,共速后由于平板車的加速度為aA=-2m/s2,物塊減速時,由牛頓其次定律得-μmg=maB',得aB'=-1m/s2,平板車的加速度大于物塊的加速度,所以物塊以1m/s2的加速度減速,設(shè)共速后再經(jīng)t1減速到零。由運動學(xué)公式0=4m/s-aB't1,解得t1=4s,即t'=4s+4s=8s,物塊的速度減為零,兩物體的速度—時間圖像如圖所示。整個過程中,物塊相對平板車滑動的時間為8s。選項A正確,B錯誤。4s前的相對位移x1=8×2×12m+12×(8+4)×2m-4×4×124s后的相對位移x2=4×4×12m-2×4×12m所以平板車的長度為12m,物塊B相對平板車的位移大小為12m-4m=8m,方向向左,選項C正確,D錯誤。二、計算題7.(2024·重慶巴蜀中學(xué)高三階段練習(xí))如圖所示,傾角α=37°、長L=1.0m的斜面ABC固定在水平地面上,斜面上一根輕彈簧,一端固定在斜面底端,自由狀態(tài)時另一端在O點,A、O間斜面光滑,O、B間斜面不光滑,且與可視為質(zhì)點的小物塊甲、乙間的動摩擦因數(shù)都是μ=0.25。小物塊甲固定在彈簧上,乙緊靠甲,甲和乙從O點自由釋放后一起運動;在甲和乙速度最大時,給乙施加一沿斜面對下的恒力F=20N(圖中未畫出),到甲和乙沿斜面對下的速度最大時,撤去該力;甲、乙分別時,另對甲施加一外力,讓甲回到O點后不再運動到O點之上。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,小物塊甲和乙質(zhì)量均為m=1.0kg,彈簧原長L0=0.6m,勁度系數(shù)k=100N/m,g取10m/s2。整個過程彈簧形變在彈性限度內(nèi)。(1)求恒力F作用前,甲和乙速度最大時彈簧的壓縮量x0;(2)求甲、乙分別時,乙速度v的大小;(3)小物塊乙能不能達到斜面頂端B?若能,求達到頂端時的速度vB;若不能,求乙與甲分別后第一次回到O點的時間t。答案(1)0.12m(2)2m/s(3)不能0.60s解析(1)恒力F作用前,甲和乙一起運動,合力為零時,速度最大,則kx0=2mgsinα解得x0=0.12m。(2)恒力F作用后,甲和乙一起運動,沿斜面對下的速度最大時,甲、乙受到的合力為零,設(shè)此時彈簧再被壓縮長度為x1,則k(x0+x1)=F+2mgsinα或kx1=F解得x1=0.2m甲和乙被彈簧彈回O點時分別,從O點自由釋放甲和乙,到施加恒力后甲和乙一起回到O點,有12·2mv2=Fx解得v=2m/s。(3)甲和乙分別后,設(shè)乙沿斜面上滑的加速度大小為a1,則ma1=mgsinα+μmgcosα解得a1=8m/s2假設(shè)斜面足夠長,乙沿斜面上滑到最高點與O點距離為L1,則v2=2a1L1解得L1=0.25m由于L1=0.25m<L-L0=0.4m,所以小物塊乙不能達到斜面頂端B。設(shè)小物塊乙第一次從O點向上運動的時間為t1,則v=at1解得t1=0.25s由于mgsinα>μmgcosα,小物塊乙下滑,設(shè)下滑的加速度為a2,下滑時間為t2,則ma2=mgsinα-μmgcosαL1=12a2解得a2=4m/s2t1=24則t=t1+t2=0.25+24s8.(2024·北京人大附中高一期中)斜面是一種簡潔機械,戰(zhàn)國時期墨子所作的《墨經(jīng)》一書中就記載了利用斜面來提升