人教版高中物理必修1 专题突破 牛顿运动定律的综合应用 章节练习期末复习含答案

牛顿运动定律的综合应用 期末复习综合练习(时间：30分钟)

班级： 姓名： 学号：

1.(2024·新高考选考)撑杆跳是田径运动项目一种。在这项比赛中，运动员双手握住一根特制的杆子，经过快速助跑后，借助杆子撑地的反弹力量，使身体腾起，跃过横杆。关于撑杆跳，下列说法正确的是( ) A.运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力等于运动员所受重力 B.运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力小于运动员所受重力 C.在运动员起跳上升阶段，运动员始终处于超重状态 D.在运动员越过杆子下落阶段，运动员始终处于失重状态

2.从“神舟六号”载人飞船的发射成功可以预见，随着航天员在轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的是( ) A.哑铃 B.弹簧拉力器 C.单杠 D.跑步机 3.电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，弹簧秤示数最小的为( ) A.以10 m/s2的加速度加速上升 B.以3 m/s2的加速度加速上升 C.以8 m/s2的加速度加速上升 D.以5 m/s2的加速度加速上升

4.如图1甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是( ) A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 N B.46 s末材料离地面的距离为22 m C.0～10 s材料处于失重状态 D.在30～36 s钢索最容易发生断裂

5.如图2所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为( ) Fcos θFsin θFcos θFsin θA. B. C. D. m1m2m1＋m2m1＋m2

6.某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图3所示(g＝10 m/s2)，则下列选项不正确的是( ) A.电梯为下降过程

B.在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2 C.F3的示数为550 N D.电梯运行的总位移为19 m

7.质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图4所示，球与水3

平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为Ff，取g＝10 m/s2，求：

4

第1页 共2页

(1)弹性球受到的空气阻力Ff的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。

8.如图5所示，水平光滑的细杆上套一环A，环A与球B用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法中正确的是( )

A.B球所受到的风力大小为mBa B.当风力增大时，杆对A环的支持力变大 C.此时B受到的绳子拉力大小为mBgcos θ D.当风力增大时，轻绳对B球的拉力不变

9.(2024·浙江温州期末)利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况。实验时某消防队员从平台上自由下落，在t1时刻双脚触地，他顺势弯曲双腿。计算机显示消防队员双脚触地后的过程中，他受到地面支持力F随时间变化的图象如图6所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是( ) A.在t1至t2时间内，消防队员做减速运动 B.在t2至t3时间内，消防队员处于失重状态 C.t2时刻，消防队员的速度达到最大 D.t3时刻，消防队员的速度达到最大

10.如图7所示，传送带的水平部分长为L，传动带速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( ) LvLA.＋ B. C.v2μgv2L2L

D. μgv12.一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯，提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼。(假设楼层间的高度h＝3 m)

(1)经发明者测试，逃生者可以从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°，忽略转角处的速度损失和空气阻力。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数？

(2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等。为了安全，滑到地面时的速度大小要求不超过2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等，求从25楼下滑到地面的最短时间？

参考答案解析

1.(2024·新高考选考终极适应卷)撑杆跳是田径运动项目一种。在这项比赛中，运动员双手握住一根特制的杆子，经过快速助跑后，借助杆子撑地的反弹力量，使身体腾起，跃过横杆。关于撑杆跳，下列说法正确

第2页 共2页

的是( )

A.运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力等于运动员所受重力 B.运动员起跳时，撑杆提供给运动员的弹力小于运动员所受重力 C.在运动员起跳上升阶段，运动员始终处于超重状态 D.在运动员越过杆子下落阶段，运动员始终处于失重状态

解析 起跳时运动员的加速度的方向向上，竿对他的弹力大于他的重力，故A、B错误；起跳以后的上升、下落过程中运动员的加速度的方向向下，他处于失重状态，故C错误，D正确。 答案 D

2.从“神舟六号”载人飞船的发射成功可以预见，随着航天员在轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的是( ) A.哑铃 C.单杠

B.弹簧拉力器 D.跑步机

解析 用哑铃锻炼身体主要就是利用哑铃的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用，不能用来锻炼，故A错误；弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力，与重力无关，能用来锻炼，故B正确；利用单杠锻炼身体需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降，在完全失重状态下不能用来锻炼，故C错误；在轨道舱中人处于失重状态，这时脚与跑步机之间没有摩擦力，故不能用来锻炼，故D错误。 答案 B

3.电梯内用弹簧秤测物体的重量，下列几种情况，弹簧秤示数最小的为( ) A.以10 m/s2的加速度加速上升 B.以3 m/s2的加速度加速上升 C.以8 m/s2的加速度加速上升 D.以5 m/s2的加速度加速上升

解析 根据牛顿第二定律有F弹－mg＝ma可得F弹＝m(a＋g)，故加速度越大，所需弹簧弹力越大。加速度越小，弹簧秤的示数越小，选项B正确。 答案 B

4.如图1甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是( )

图1

A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 N B.46 s末材料离地面的距离为22 m

第3页 共2页

C.0～10 s材料处于失重状态 D.在30～36 s钢索最容易发生断裂

解析 由图可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m，46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因30～36 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误。 答案 B

5.如图2所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为( )

图2

Fcos θA. m1＋m2Fcos θC.

m1

Fsin θB. m1＋m2Fsin θD.

m2

解析 把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m1＋m2)a，所Fcos θ以a＝，选项A正确。

m1＋m2答案 A

6.某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图3所示(g＝10 m/s2)，则下列选项不正确的是( )

图3

A.电梯为下降过程

B.在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2 C.F3的示数为550 N D.电梯运行的总位移为19 m

解析 在0～2 s内电梯支持力小于该同学重力，合力向下，加速度向下，初速为零，所以0～2 s电梯匀加速下降，2～10 s 内支持力等于该同学重力，该同学受力处于平衡状态，向下匀速，10～11 s内支持力

第4页 共2页

G－FN1大于该同学的重力，合力向上，所以向下匀减速，A正确；电梯匀加速阶段a1＝＝1 m/s2，2 s末电

m1梯速度v1＝a1t1＝2 m/s，此阶段位移x1＝a1t2＝2 m，匀速阶段x2＝v1t2＝16 m，匀减速阶段t3＝1 s，则此

21v1

阶段加速度大小a2＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律有FN2－mg＝ma2，求得FN2＝600 N，即F3＝600 N，此

t3阶段位移x3＝答案 C

7.质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图4所示，球与水3

平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为Ff，取g＝10 m/s2，求：

4

0＋v1

·t3＝1 m，电梯总位移x＝x1＋x2＋x3＝19 m，B、D正确，C错误。 2

图4

(1)弹性球受到的空气阻力Ff的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。

Δv4

解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据牛顿

Δt0.5第二定律，得mg－Ff＝ma1，Ff＝m(g－a1)＝0.2 N。

(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，3

则v2＝v1＝3 m/s，第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mg＋Ff＝ma2，a2＝12 m/s2，

43

于是有0－v22＝－2a2h，解得h＝ m。 83答案 (1)0.2 N (2) m

8

B组 能力提升

8.如图5所示，水平光滑的细杆上套一环A，环A与球B用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA和mB，由于B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法中正确的是( )

图5

A.B球所受到的风力大小为mBa

第5页 共2页