课时梯级训练(25) 牛顿运动定律的应用（Word练习）-【优化指导】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版2019）

课时梯级训练(25)　牛顿运动定律的应用 1．关于力与运动的关系，下列说法正确的是 (　　) A．力是维持物体运动的原因 B．同一物体所受的合力越大，速度变化得越快 C．物体的速度越大，所受的合力越大 D．高速运行的列车不容易停下来，说明速度越快的物体惯性越大 B　解析：力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，A错误；同一物体所受的合力越大，加速度越大，速度变化得越快，B正确；物体的速度越大，所受的合力不一定越大，比如以很大的速度做匀速直线运动，合力为零，C错误；惯性只由质量决定，与速度的快慢无关，D错误。 2．如图所示，货车拖着拖车在平直路面上匀速行驶，某时刻拖车与货车脱钩，脱钩后货车发动机产生的牵引力不变，若货车质量是拖车质量的2倍，两车与地面之间的动摩擦因数相同，则脱钩后货车与拖车的加速度大小之比为 (　　) A．1∶3 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶1 B　解析：设牵引力为F，动摩擦因数为μ，拖车质量为m，匀速时F＝3μmg，对拖车有μmg＝ma拖，对货车有F－2μmg＝2ma货，解得a货∶a拖＝1∶2，B正确。 3．第五代制空战机“歼－20”具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，“歼－20”新型的抗荷服能帮助飞行员最大承受9倍重力加速度(指飞机的加速度)。假设某次垂直飞行测试实验中，“歼－20”加速达到50 m/s后离地，而后开始竖直向上飞行试验，该飞机在10 s内匀加速到3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km。假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的，g取10 m/s2。已知该“歼－20”质量为20吨，忽略战机因油耗等导致质量的变化。下列说法正确的是 (　　) A．本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 s B．加速阶段系统的推力为1.84×106 N C．加速阶段飞行员已经晕厥 D．飞机在匀速阶段爬升高度为14.25 km B　解析：加速阶段，初速度v0＝50 m/s，末速度v＝3 060 km/h＝850 m/s，根据v＝v0＋at解得加速度a＝80 m/s2＝8g，所以飞行员不会晕厥，C错误；根据牛顿第二定律得F－F阻－mg＝ma，则推力F＝F阻＋ma＋mg＝1.84×106 N，B正确；加速阶段上升的高度x＝v0t＋at2＝4 500 m，则匀速上升距离x′＝(18 500－4 500)m＝14 km，D错误；匀速飞行时间t＝＝＝16.47 s，A错误。 4．如图甲所示，一质量为m的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ。现给滑块一水平向右的初速度v0＝6 m/s，同时给滑块一水平向左的恒力F＝4 N，若以滑块的出发点为原点，取向右的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A．滑块的质量为4 kg B．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2 C．3 s末滑块返回到出发点 D．4 s末滑块加速度大小为1 m/s2 D　解析：由v－t图像可知加速度大小a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2，两个过程分别受力分析，根据牛顿第二定律得F ＋ μmg＝ma1，F － μmg＝ma2，联立解得m＝2 kg，μ＝0.1，A、B错误，D正确；由v－t图像可知，滑块先向右匀减速，再向左匀加速，v－t图像面积为物体的位移，2～3 s内的位移大小小于0～2 s内位移大小，故3 s末滑块未返回到出发点，C错误。 5．如图所示是分拣快递件的皮带传输机，转动轮带动倾斜皮带匀速向上运动，快件能随皮带一起向上做匀速运动，其间突遇故障，皮带减速直至停止。假设在上述匀速和减速过程中，快件与皮带始终保持相对静止，则 (　　) A．快件匀速运动时只受重力与支持力作用 B．快件匀速运动时受到的摩擦力一定沿皮带向上 C．快件减速运动时受到的摩擦力一定沿皮带向下 D．快件减速运动时受到的摩擦力一定沿皮带向上 B　解析：快件匀速运动时受重力、支持力、皮带对快件的静摩擦力，A错误；快件在斜面上，虽然与皮带保持相对静止一起做匀速运动，但快件相对于皮带有向下运动的趋势，因此所受到的静摩擦力一定沿着皮带向上，B正确；快件做减速运动时，加速度方向与运动方向相反，加速度沿着皮带向下，而根据牛顿第二定律可知，快件所受合外力沿着皮带向下，有mg sin θ＋f＝ma，由于不知道重力分力与摩擦力的大小关系，因此受到的摩擦力可能沿皮带向上，可能沿皮带向下，也可能不受摩擦力，C、D错误。 6．在升降机中挂一个弹簧测力计，下吊一个小球，当升降机静止时，弹簧伸长4 cm。当升降机运动时弹簧伸长2 cm，若弹簧测力计质量不计，则升降机的运动情况可能是 (　　) A．以1 m/s2的加速度减速上升 B．以4.9 m/s2的加速度减速上升 C．以1 m/s2的加速度加速上升 D．以4.9 m/s2的加速度加速上升 B　解析：升降机静止时，对小球有kx1＝mg，当升降机运动时，小球所受合力竖直向下，根据牛顿第二定律有mg－kx2＝ma，解得a＝4.9 m/s2，方向竖直向下，故升降机以4.9 m/s2的加速度减速上升或加速下降，B正确。 7．如图所示，底座A上装有0.5 m长的直立杆，底座和杆的总质量为M＝0.2 kg，杆上套有质量为0.05 kg的小环B，它与杆之间有摩擦，当环从底座上以4 m/s的初速度飞起时，刚好能到达杆顶而没有脱离直立杆，取g＝10 m/s2，求在环升起的过程中底座对水平面的压力为多大？ 答案：1.7 N 解析：对小环上升的过程进行受力分析，小环受重力mg和直立杆对其产生的滑动摩擦力f的作用，设小环的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 f＋mg＝ma 又小环的初速度v＝4 m/s，直立杆长度为s＝0.5 m，小环向上做匀减速运动，由运动学公式得 0－v2＝－2as 联立解得 a＝16 m/s2，f＝0.3 N 根据牛顿第三定律可知，小环给直立杆一个竖直向上的滑动摩擦力f′。因为杆和底座整体受力平衡，受力分析得N＋f′＝Mg 所以N＝1.7 N 根据牛顿第三定律知，底座对水平面的压力大小为1.7 N。 8．2025年自由式滑雪和单板滑雪世锦赛在瑞士举行，小华同学通过观看比赛，将滑雪轨道理想化处理成如图所示的轨道。滑雪轨道由倾斜直轨道AB和水平轨道BC组成，轨道AB与水平面的夹角θ＝37°，轨道AB与轨道BC的动摩擦因数均为μ，t＝0时运动员从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后保持不动。通过观测可得到某运动员的v－t图像如图所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。g取10 m/s2。求： 　 (1)运动员在倾斜直轨道上所滑行的距离。 (2)轨道的动摩擦因数μ为多少？ (3)当t＝30 s时运动员到B点的距离。 答案：(1)400 m　(2)0.5　(3)160 m 解析：(1)由v－t图像可知，运动员在t＝20 s时速度达到最大值，即滑到B点，又因为v－t图像中图线与时间轴围成的面积等于位移，所以运动员在倾斜直轨道上所滑行的距离为 sAB＝20×40×＝400 m。 (2)v－t图像中图线的斜率表示加速度，则运动员在倾斜轨道上的加速度为 aAB＝＝2 m/s2 又因为运动员在倾斜轨道上沿斜面方向受到重力分力与摩擦力，则根据牛顿第二定律有 aAB＝ 代入数据解得 μ＝0.5。 (3)根据牛顿第二定律可得运动员在水平轨道上的加速度为 aBC＝＝－μg＝－5 m/s2 当t＝30 s时，运动员离开B点10 s，且做匀减速直线运动，则运动员的速度为 v＝vB＋at＝40 m/s－5×10 m/s＝－10 m/s<0 m/s 即在此之前运动员已经停止运动，所以根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得运动员距离B点的距离为 s＝＝ m＝160 m。 9．风洞实验室中可产生水平向左、大小可调节的风力。现将一套有一小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径，小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5，如图所示。保持小球所受风力F＝0.5mg不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止开始在细杆上滑下2.4 m所需的时间为多少？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案：0.8 s 解析：对小球作受力分析，并对这些力进行正交分解，如图所示。 在y轴上，因F sin θ<mg cos θ，故N应垂直于杆向上。由平衡条件，有： N＋F sin θ－mg cos θ＝0， 得：N＝0.5mg。① 在x轴上，由牛顿第二定律，有： mg sin θ＋F cos θ－f＝ma② 又f＝μN，③ ①②③式联立得：a＝7.5 m/s2 又由运动学公式s＝at2， 得小球从静止出发在细杆上滑下距离s＝2.4 m所需时间为t＝0.8 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$