专题13：牛顿运动定律的应用 专项训练-2024-2025学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册

牛顿运动定律应用专项训练（能力提升篇） 1、动力学问题的分类 第一类：已知受力情况求运动情况 第二类：已知运动情况求受力情况 但不管哪一类问题，确定物体的加速度是解题的关键 2.解动力学两类基本问题的解题思路和方法 （能力提升篇） 例题示范：如图，质量为2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，现对物体施加一个大小F=5N、与水平方向成θ=370角的斜向上的拉力(如图)，已知：g=10m/s2,求： （1）物体在拉力的作用下4s内通过的位移大小F θ （2）若4s后撤去拉力F，则物体还能滑行多远？ 解：由牛顿第二定律，得： 水平方向：Fcos370-f1=ma1 ………………………① 竖直方向：Fsin370+N1-G=0………………………② 又 f1=μN1 ……………………………③ θ N1 G f1 F …④ （2）减速阶段：物体m受力如图，以运动方向为正方向 由牛顿第二定律得：-f2=μmg=ma2……………………⑤ 故 a2 =-μg=-0.2×10m/s2=-2m/s2……………………⑥ 又v=a1t1=0.3×4m/s=1.2m/s，vt=0……………………⑦ 由运动学公式vt2-v02=2as2，得： 物体的滑行距离……⑧ 一、选择题 1.如图所示一个箱子放在斜面上，箱子始终相对于斜面静止，下列几种情况下正确的是（　 ） A．若箱子与斜面均静止，箱子可能不受摩擦力 B．若箱子与斜面水平向右加速运动，箱子可能不受摩擦力 C．若箱子与斜面水平向左加速运动，箱子可能不受摩擦力 D．若箱子与斜面水平向左匀速运动，箱子可能不受摩擦力 2．如图所示，一个物体由点出发分别沿三条光滑轨道到达、、，则（ 　）    A．物体到达点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C．在上运动的加速度最小 D．物体到达的时间最短 3. (2024全国甲卷)如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是(　 　) 4.(2024广东一模)某同学将吹风机的出风口竖直向上,打开吹风机后用手捏住一个乒乓球移到出风口正上方,松开手后乒乓球在风力的推动下获得一定的初速度,随后关闭吹风机,乒乓球先竖直向上运动,到达最高点后再竖直下落。若上述过程中乒乓球受到的空气阻力大小恒定,取竖直向上为正方向,则关闭吹风机后,乒乓球的速度v和加速度a随时间t变化的图像可能正确的是( 　) 5.如图所示,弹簧下端固定,上端自由伸长到O点,将质量为m的物块从上方B处由静止释放,物块压缩弹簧至最低点A后恰能返回到O点,物块与斜面间动摩擦因数处处相同,则(　 　) A.物块从B到O加速,从O到A减速 B.物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度减小 C.物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置相同 D.物块从B到A的过程中加速度方向会发生变化 6.(2024安徽卷)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　 　) A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 7.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为(　　) A．0.35mg B．0.3mg C．0.23mg D．0.2mg 8.（多选）原来做匀速运动的升降机内，有一被伸长弹簧拉住的、具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉动向右方。由此可判断，此时升降机的运动可能是（ ） A.加速上升； B.减速上升； C.加速下降； D.减速下降。  9.（多选）如图所示,在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M,木块质量是m,力的大小是F,加速度大小是a,木块和小车间的动摩擦因数是μ。则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是（ ） A.μmg B.ma C.mF/(M+m) D.μ(M+m)g 10.(多选)如图所示,球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒,右手迅速拍打筒的上端,使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动,最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来。已知球筒质量为m0=90 g(不含球的质量),羽毛球质量为m=5g,球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N,球头离筒的上端距离为d=9cm,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则(　 　) A.静置时,羽毛球受到的摩擦力为0.1 N B.拍打球筒后瞬间,羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间,羽毛球的加速度为30 m/s2 D.仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则筒的初速度为3 m/s 11.(多选)乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止。则下列说法正确的是(　 　) A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 C.小物块受到的静摩擦力为mg-ma D.小物块受到的静摩擦力为mg+ma 二、计算题 12.【分析推理】质量为m＝2kg的小物块以v0=8m/s的初速度沿斜面向上滑动，如图所示。已知斜面的倾角α＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，F=10N，斜面足够长，求：2s内物块的位移大小及物块在2s末的速度。 13.【分析推理】质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如果沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动，求力F多大？ 14、【分析推理、数学建模】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量m=60kg的运动员，从离水平网面h=3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面H=5.0m高处。已知运动员与网接触的时问为t=1.2s。现用一简化模型模拟以上过程并进行有关计算: 如图a，一个小球从高h处自由下落到弹性支持面上，然后小球在弹性支持面上下陷一段距离x，速度恰为零(如图b)。紧接着弹性支持面逐渐恢复，同时小球内携带的轻弹簧弹出，当弹簧弹出的长度等于∆x时，弹性面和弹簧均恰好处于自然状态。假设弹簧力以及弹性支持面的力均为恒力，g=10m/s2。求: (1)运动员从h高处自由下落到弹性支持面上时的运动速度多大? (2)运动员在与蹦床接触过程中的加速度多大? (3)蹦床对运动员的作用力多大? 15.(12分)【多过程综合应用】钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示,长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道BC与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图乙所示),到C点共用时5 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,且始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,g取10 m/s2,求: (1)雪车(包括运动员)在水平直道AB上的加速度大小和运动时间; (2)雪车过C点的速度大小; (3)雪车在倾斜直道BC上运动时受到的阻力大小。 参考答案 1． C 【详解】AD．箱子与斜面均静止或一起水平向左匀速运动，由平衡条件可知，箱子的合力应为零，但箱子重力、支持力的合力不可能为零，故箱子一定受到沿斜面向上的静摩擦力，AD错误； B．箱子与斜面水平向右加速运动，箱子受到重力向下，支持力垂直斜面向上，此二力的合力不可能产生水平向右的加速度，故箱子一定受到沿斜面向上的静摩擦力，B错误； C．箱子与斜面水平向左加速运动，若箱子受到的重力与支持力的合力恰好水平向左，则箱子可不受摩擦力的作用，C正确。 故选C。 2． D 【详解】AC．对物体受力分析，由牛顿第二定律 可得，物体在斜面上的加速度为 因为 所以 物体到达点时的加速度最大。由运动学公式 其中 可得 所以物体到、、时速度大小相等，故AC错误； BD．由运动学公式 其中 ， 可得 因为 所以 所以物体到达的时间最短，故B错误，D正确。故选D。 3． D 解析:设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为以P为研究对象,根据牛顿第二定律可得 T- f=Ma. 以盘和砝码为研究对象,根据牛顿第二定律可得 mg-T=ma, 联立可得 可知砝码的重力大于f时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋于g.故选D 4.B 【详解】乒乓球具有竖直向上的初速度，关闭吹风机后，乒乓球受到竖直向下的重力和阻力，大小恒定，根据牛顿第二定律可得 乒乓球先向上做匀减速直线运动，到最高点时速度为零，之后乒乓球加速下落，阻力方向变为竖直向上，根据牛顿第二定律可得 比较可得 与方向均竖直向下，取负值。故选B。 5.答案：D 解析：物块从上方B处由静止释放向下运动,说明mgsinθ>μmgcosθ,到达O点后,物块继续向下运动压缩弹簧,当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力与弹簧弹力之和时,加速度为0,此位置并不在O点,应在O点与A点之间的某点,接着弹力继续增大,物块向下减速运动,则物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度先减小后反向增大,故A、B错误,D正确;物块下滑过程中速度最大时,有kx1+μmgcosθ=mgsinθ,物块上滑过程中速度最大时,有mgsinθ+μmgcosθ=kx2,由此可知,弹簧的压缩量不同,即物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置不相同,故C错误。 6.A 解：撤去拉力前，小球的受力情况如图所示： AB.撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，小球所受重力和两弹簧的弹力合力向下，小球向下加速，小球的速度一直增大，故A正确，B错误； C.小球在P点处于静止状态，根据平衡条件可知小球所受的合力为0，由于拉力F=2mg,因此两弹簧的合力为mg； 当撤去F的瞬间，小球所受的合力最大Fm=2mg 根据牛顿第二定律Fm=mam 解得am=2g,故C错误； D.小球从P点运动到O点的过程中，弹簧的弹力减小，两弹簧弹力的合力减小，重力不变，小球所受的合力减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度减小，故D错误。 故选：A。 7.D【解析】将a沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：Ff＝max，竖直方向：FN－mg＝may，FN＝1.15mg，又＝，联立解得Ff＝0.2mg，故D正确． 8. BC 9. BC 10.CD解：A．静置时，根据平衡条件有f=mg=5×10-3×10N=0.05N 故A错误； B．拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，而根据牛顿第三定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误； C．拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有 mg+f2=ma1 解得a1=30m/s2，故C正确； D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为a2，筒的初速度为v，则对球筒由牛顿第二定律有 f1+f2-Mg=Ma2;解得a=20m/s2 羽毛球做匀加速运动，球筒做匀减速运动,有 v-a2t=a1t 代入数据解得v=3m/s,故D正确。 11.AD[解析]AB、以物块为研究对象,分析受力情况:重力mg、斜面的支持力N和摩擦力,摩擦力为静摩擦力f,沿斜面向上,A正确、B错误; CD、根据牛顿第二定律得:f−mgsin30°=ma,解得f=mg/2+ma,故C正确、D错误. 故选:AD 12.（1）10m (2)2m/s 13.F＝ 14.解：（1）由得： 解得： v1=8m/s （2）因为 其中 又 t= 可得 a=14.4m/s2 （3） 由牛顿第二定律得： F-mg=ma F=1464N 15.解析(1)设雪车在水平直道AB上的加速度大小为a1,根据位移速度公式可得 2a1sAB= 解得： a1= m/s2= m/s2 在AB上运动的时间为 t1==3 s。 （2）从B点到C点,根据匀变速直线运动位移时间公式可得 sBC=vBt2+a2 其中 t2=5s，t1=2 s 联立解得 a2=2m/s2 过C点的速度大小为 vC=vB+a2t2=12m/s。 (3)设雪车在倾斜直道BC上运动时受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得 mgsin15-f=ma2 解得 f=66 N。 学科网（北京）股份有限公司 $$