【文档说明】【精准解析】2021学年高中物理鲁科版必修第一册一课一练：实验课时2由力分析运动.docx，共(7)页，158.860 KB，由envi的店铺上传

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新20版练B1物理鲁科版实验课时2由力分析运动第5章牛顿运动定律实验:牛顿运动定律的两类问题课时2由力分析运动1.(2019·湖北麻城学业水平考试)一个原来静止在光滑平面上的物体,质量是7kg,在14N的恒力作用下运动,则5s末的速度及5s内通过的路程为()。A.8m/s,2

5mB.2m/s,25mC.10m/s,25mD.10m/s,12.5m答案：C解析：物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得a=𝐹𝑚=147m/s2=2m/s2,v=at=2×5m/s=10m/s

,x=12at2=25m,选项C正确。2.(2019·黑龙江哈尔滨高一检测)在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g

取10m/s2,则汽车刹车前的速度为()。A.7m/sB.14m/sC.10m/sD.20m/s答案：B解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:μmg=ma,解得:a=μg。由匀变速直线运动速度—位移关系式𝑣02=

2as,可得汽车刹车前的速度为:v0=√2𝑎𝑠=√2𝜇𝑔𝑠=14m/s,因此B正确。3.(2019·山东泰安单元检测)(多选)如图5-实-2-1所示,建设房屋时,保持底边L不变,要设计好屋顶的倾角θ

,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是()。图5-实-2-1A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至

屋檐M时的时间越短答案：AC解析：设屋檐的底角为θ,底边长度为L,注意底边长度是不变的,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN,垂直于屋顶方向:mgc

osθ=FN,平行于屋顶方向:ma=mgsinθ。雨滴的加速度为:a=gsinθ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力大小:F'N=FN=mgcosθ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角关系判

断,屋顶坡面的长度x=𝐿2cos𝜃,由x=12gsinθ·t2,可得:t=√2𝐿𝑔sin2𝜃,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsinθ·t可得:v=√𝑔𝐿tan𝜃,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M

时的速度越大,C正确。4.(2019·山东莱芜一中月考)图5-实-2-2甲是某景点的山坡滑道图片,为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间,技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=10m,滑道AE可视

为光滑,滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下滑动,g取10m/s2,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()。图5-实-2-2A.√2sB.2sC.√3sD.2√2s答案：B解析：设斜面的倾角为θ,则a=gsinθ,所以AE=2ADsinθ,因为AE=12at2,即

2ADsinθ=12gt2sinθ,所以t=2s,故选B。5.(2019·华中师大附中月考)(多选)在一种速降娱乐项目中,人乘坐在吊篮中,吊篮通过滑轮沿一条倾斜的钢索向下滑行。现有两条彼此平行的钢索,它们的

起、终点分别位于同一高度。小红和小明分别乘吊篮从速降的起点由静止开始下滑,在他们下滑的过程中,当吊篮与滑轮达到相对静止状态时,分别拍下一张照片,如图5-实-2-3所示。已知两人运动过程中,空气阻力的影响可以忽略,则()。图5-实-2-3A.小明到达终点用时较短B.小红到达终点用时较短C.小明到达

终点时速度较大D.小红的质量比小明的质量大答案：AC解析：设钢索与竖直方向夹角为θ,根据牛顿第二定律知加速度a=gsinθ,由照片可看出,小明运动时的加速度较大,小明到达终点用时较短,选项A正确,B错误;由于两条钢索彼此平行

,它们的起、终点分别位于同一高度,位移x相等,由v2=2ax可知,加速度较大的小明到达终点时速度较大,选项C正确;两人由静止开始下滑,加速度大小与两个人的质量无关,无法判断两个人质量的大小,选项D错误。6.(2019·北京西

城区质检)如图5-实-2-4所示,某小球所受的合外力与时间的关系,各段的合外力大小相同,作用时间相同,设小球从静止开始运动,由此可判定()。图5-实-2-4A.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答案：C解析：本题可以通过作v-t

图很直观地看出结果。如图所示,各段的合外力大小相同,则加速度大小相同,作用时间相同,所以在v-t图中小球的位移始终为正值,即小球始终向前运动。7.(2019·武汉二中月考)一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下,保持斜面底边长度不变,逐渐

增加斜面长度以增加斜面倾角。在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变),物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是()。A.a增大,t增大B.a增大,t变小C.a增大,t先增大后变小D.a增大,t先变小后增大答案：D解析：由mgsinθ=ma可得a=gs

inθ。物体的加速度a随θ的增大而增大,设斜面底边长为x0。由𝑥0cos𝜃=12at2可得,t=√2𝑥0𝑔sin𝜃cos𝜃=√4𝑥0𝑔sin2𝜃。可见随θ的增大,物体由顶端滑到底端的时间t先变小后增大。当θ=45°时,时

间t最短,故只有D正确。8.(2019·江苏芜湖质检)(多选)将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时,小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比,已知t2时刻小球落回抛出点,其运动的v-t图像如图5-实-2-5所示,则在此过程中()。图

5-实-2-5A.t=0时,小球的加速度最大B.当小球运动到最高点时,小球的加速度为重力加速度gC.t2=2t1D.小球的速度大小先减小后增大,加速度大小先增大后减小答案：AB解析：上升过程中,由牛顿第二定律mg+kv=ma,下落过程中mg-kv=ma,综合

知小球的加速度不断减小,t=0时刻小球加速度最大,在最高点时加速度等于重力加速度,故A、B正确,D错误;相等的高度,加速度越小,所花时间越长,知2t1<t2,故C错误。9.(2019·四川乐山质检)如图5-实-2-6所示,工人用绳索拉铸件

,铸件的质量是20kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α=37°并保持不变,经4s后松手。(取g=10m/s2,cos37°=0.8,sin37

°=0.6)求:图5-实-2-6(1)松手前铸件的加速度;答案：松手前,对铸件由牛顿第二定律得Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma,解得a=1.3m/s2。(2)松手后铸件还能前进的距离。答案：松手时铸件的速度v

=at=5.2m/s,松手后的加速度大小为a',则有μmg=a'm,解得a'=2.5m/s2,则松手后铸件还能滑行的距离x=𝑣22𝑎',解得x=5.408m。10.(2019·山西晋中质检)一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面

间的动摩擦因数μ=0.2。从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用,力F随时间t变化的规律如图5-实-2-7所示。g取10m/s2。求:图5-实-2-7(1)在2~4s时间内,物体从减速运动到停止不

动所经历的时间;答案：在0~2s内,由牛顿第二定律知F1-Ff=ma1,其中Ff=μmg,由运动学公式有:v1=a1t1,解得v1=2m/s,在2s以后,由牛顿第二定律有:F+Ff=ma2,解得物体加速度大小a2=3m/s2,方向与v的方向相反。由

v2-v1=a2t2知,减速到停止所用时间t2=𝑣1𝑎2=23s。(2)6s内物体的位移大小。答案：0~2s内物体的位移x1=𝑣12t1=2m,2~4s内物体的位移x2=𝑣12t2=23m,由周期性可知4~6s内和0

~2s内位移相等。所以6s内物体的位移x=2x1+x2=143m。11.(2019·上海实验单元检测)如图5-实-2-8所示,航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升。设

飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10m/s2。图5-实-2-8(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m。求飞行器所受阻力Ff的大小;答案：由H=12a𝑡12得a=2m/s2,由F-Ff-mg=ma得Ff=4N。(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6

s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h。答案：前6s向上做匀加速运动,最大速度v=at2=12m/s,上升的高度h1=12a𝑡22=36m,然后向上做匀减速运动,设加速度为a2。加速度Ff+mg=ma2,解得a2=12m/s2,上升的高度h2=𝑣22𝑎2=6m。

所以上升的最大高度h=h1+h2=42m。(3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。答案：设失去升力下降阶段加速度为a3;恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3,由牛顿第二定律得mg-f=ma3,F+f-mg=ma4

,由位置关系有𝑣322𝑎3+𝑣322𝑎4=h,且v3=a3t3,解得t3=3√22s=2.1s。12.(2019·山东沂南一中月考)质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由

静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,如图5-实-2-9所示。力F作用2s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25s后,速度减为零。求:物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x。(已知sin3

7°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)图5-实-2-9答案：设加速过程的加速度大小为a1,撤去力F后加速度大小变为a2,根据速度条件有:a1t1=a2t2,有力F作用时,对物体受力分析并建立直角坐标系如图甲所示。甲

乙由牛顿第二定律可得:沿斜面方向:Fcosθ-mgsinθ-Ff1=ma1,垂直斜面方向:FN1=(mgcosθ+Fsinθ),滑动摩擦力Ff1=μFN1,撤去力F后,对物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得:沿斜面方向:-mgsinθ

-Ff2=-ma2,Ff2=μFN2=μmgcosθ,联立各式,代入数据得:a2=8m/s2,a1=5m/s2,μ=0.25,物体运动的总位移x=12a1𝑡12+12a2𝑡22,解得x=16.25m。获得更多资

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