2022-2023學(xué)年粵教版必修第一冊 4.5 牛頓運動定律的應(yīng)用 作業(yè)

1、課時跟蹤檢測（二十五）牛頓運動定律的應(yīng)用eq avs4al(A)組重基礎(chǔ)體現(xiàn)綜合1.(2022廣東1月學(xué)考)如圖所示，在卸貨過程中，自動卸貨車靜止在水平地面上，車廂傾角37時，貨箱正沿車廂下滑，已知貨箱與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.5，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，則貨箱下滑的加速度大小為( )A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2解析：選A對貨箱受力分析，由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma，即加速度為agsin gcos ，解得a2 m/s2，A正確。2質(zhì)量為1 kg的物體，受水平恒力F作用，由靜止開始在光滑的水平面上做加速運動，它

2、在t s內(nèi)的位移為s m，則F的大小為()A.eq f(2s,t2) N B.eq f(2s,2t1) NC.eq f(2s,2t1) N D.eq f(2s,t1) N解析：選A由seq f(1,2)at2得aeq f(2s,t2) m/s2，對物體由牛頓第二定律得Fma1eq f(2s,t2) Neq f(2s,t2) N，故選項A正確。3.如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力()A方向向左，逐漸減小B方向向左，大小不變C方向向右，大小不變D方向向右，逐漸減小解析：選B由題意知，B的加速度方向向左，大小為定值，水平方

3、向上B僅受A的摩擦力，由牛頓第二定律可知B受到的摩擦力方向向左，大小不變，B正確。4用相同材料做成的A、B兩木塊的質(zhì)量之比為32，初速度之比為23，它們在同一粗糙水平面上同時開始沿直線滑行，直至停止，則它們()A滑行中的加速度之比為23B滑行的時間之比為11C滑行的距離之比為49D滑行的距離之比為32解析：選C根據(jù)牛頓第二定律可得mgma，所以滑行中的加速度大小為：ag，所以加速度之比為11，A錯誤；根據(jù)公式teq f(v,a)，可得eq f(t1,t2)eq f(f(v1,a),f(v2,a)eq f(2,3)，B錯誤；根據(jù)公式v22as可得eq f(s1,s2)eq f(f(v12,2a)

4、,f(v22,2a)eq f(4,9)，C正確，D錯誤。5多選如圖所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上做勻速運動。若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g10 m/s2。關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N解析：選AD熱氣球從地面剛開始豎直上升時v0，空氣阻力f0。由F浮mgma，得F浮m(ga)4

5、830 N，故A正確；最終熱氣球勻速上升，說明熱氣球加速運動的過程中空氣阻力逐漸增大，故選項B錯誤；熱氣球做加速度減小的加速運動，故加速到5 m/s的時間大于10 s，選項C錯誤；勻速上升時F浮mgf0，計算得f230 N，選項D正確。6若豎直上拋運動過程中物體受到的空氣阻力f大小恒定，物體上升到最高點時間為t1，從最高點再落回拋出點所需時間為t2，上升時加速度大小為a1，下降時加速度大小為a2，則()Aa1a2，t1a2，t1t2Ca1a2，t1t2 Da1t2解析：選A上升過程中，由牛頓第二定律，得mgfma1設(shè)上升高度為h，則heq f(1,2)a1t12下降過程，由牛頓第二定律，得mg

6、fma2heq f(1,2)a2t22由得，a1a2，t1t2，A正確。7.2019年4月23日是人民海軍成立70周年紀念日，青島及其附近海、空域舉行海上閱兵。閱兵期間，假設(shè)一名空降兵從懸停在高空的直升機上豎直下落，他從離開直升機到落地的過程中沿豎直方向運動的v-t圖像如圖所示，則下列說法正確的是()A第10 s末空降兵打開降落傘，此后做勻減速運動至第15 s末B010 s內(nèi)空降兵和傘整體所受重力大于空氣阻力C010 s內(nèi)空降兵的速度和加速度都在增大D在1015 s內(nèi)空降兵豎直方向的加速度方向向下，大小在逐漸減小解析：選B打開降落傘后空降兵將做減速運動，故第10 s 末空降兵打開降落傘，根據(jù)v

7、-t圖像的斜率表示加速度，可知1015 s空降兵做加速度不斷減小的減速運動至15 s末，1015 s過程中速度向下，做減速運動，故加速度向上，A、D錯誤；010 s內(nèi)空降兵向下做加速度不斷減小的加速運動，受重力和空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律，知合力向下，重力大于空氣阻力，B正確，C錯誤。8多選如圖所示，質(zhì)量m20 kg的物塊，在與水平方向夾角成37的拉力F100 N的作用下，一直沿足夠長的水平面做勻加速直線運動，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。下列說法正確的是()A物塊受到的合力可能大于 80 NB地面對物塊的支持力一定等于 140 NC物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)一定

8、小于eq f(4,7)D物塊的加速度可能等于2 m/s2解析：選BCD若水平面光滑，則合力為F合Fcos 3780 N，若水平面粗糙，則合力為F合Fcos 37Ff80 NFf80 N，所以合力不可能大于 80 N，A錯誤；在豎直方向上Fsin 37FNmg，則FNmgFsin 37140 N，故B正確；若水平面粗糙，水平方向上有Fcos37FNma，解得eq f(Fcos 37ma,FN)eq f(Fcos 37,FN)eq f(4,7)，C正確；水平面粗糙時，aeq f(Fcos 37FN,m)，當eq f(2,7) 時，a等于 2 m/s2，D正確。9一物塊從長為s、傾角為的固定斜面的頂

9、端由靜止開始下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，求物塊從頂端滑到底端所用的時間。解析：物塊沿斜面下滑的受力如圖所示。由正交分解得mgsin fmaFNmgcos 0，fFN解得ag(sin cos )又seq f(1,2)at2解得t eq r(f(2s,a) eq r(f(2s,gsin cos )。答案： eq r(f(2s,gsin cos )B組重應(yīng)用體現(xiàn)創(chuàng)新10多選如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m1的物體1。與物體1相連接的繩與豎直方向成角，則(物體1和物體2相對車廂靜止)()A車廂的加速度為gtan B繩對物體1

10、的拉力為eq f(m1g,cos )C車廂底板對物體2的支持力為(m2m1)gD物體2所受車廂底板的摩擦力為m2gsin 解析：選AB對物體1進行受力分析，如圖甲所示，且把拉力T沿水平方向、豎直方向分解，有Tcos m1g，Tsin m1a得Teq f(m1g,cos )，agtan ，所以A、B正確。對物體2進行受力分析，如圖乙所示，有FNTm2g，f靜m2a根據(jù)牛頓第三定律，TT解得FNm2geq f(m1g,cos )f靜m2gtan ，故C、D錯誤。11.如圖所示，斜面AB段粗糙，BC段長為1.2 m且光滑?；瑝K以初速度v09 m/s由A沿斜面開始向上滑行，經(jīng)過B處速度為vB3 m/s

11、，到達C處速度恰好為零?；瑝K在AB、BC段滑行的時間相等。求：(1)滑塊從B滑到C的時間及加速度大??；(2)AB段的長度及滑塊從A滑到B的加速度大??；(3)滑塊從C點回到A點的速度大小。解析：(1)設(shè)滑塊在BC段的加速度大小為a1，所用時間為t1，滑塊從B到C做末速度為零的勻減速直線運動：0vB22a1xBCvBa1t解得：a13.75 m/s2，t0.8 s。(2)滑塊從A到B做勻減速直線運動，時間與BC段相等，設(shè)加速度大小為a2a2eq f(vBv0,t)7.5 m/s2由vB2v022a2xAB解得：xAB4.8 m。(3)設(shè)斜面傾角為，滑塊在AB段上升時，受力情況如圖所示，mgsin

12、fma2在BC段上升時：mgsin ma1解得：fmgsin 滑塊從C點回到B點時，由運動的對稱性可知：滑塊返回到B點時速度大小仍為3 m/s, 當滑塊返回到AB段時合力為零，滑塊勻速下滑，所以滑塊運動到斜面底端A時速度大小仍然為3 m/s。答案：(1)0.8 s3.75 m/s2(2)4.8 m7.5 m/s2(3)3 m/s12.如圖所示，兩個完全相同的物塊A、B用輕繩連接放在水平地面上，在方向與水平面成37角斜向下的恒定推力F作用下，以v10 m/s的速度向右做勻速直線運動。已知A、B質(zhì)量均為10 kg，兩物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.5(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求推力F的大??；(2)某時刻剪斷輕繩，求剪斷輕繩后物塊A在水平地面上運動的時間和距離；(3)已知輕繩長度L1 m，求剪斷輕繩后，物塊A剛好靜止時，兩物塊A、B間的距離。 解析：(1)將兩物塊A、B作為一個整體，由平衡條件得Fcos (2mgFsin )，代入數(shù)據(jù)解得F200 N。(2)剪斷輕繩后物塊A做勻減速運動，則有mgmaA，運動時間