第4章 6 牛顿运动定律的应用（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第一册（教科版）

[基础训练] 1．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失。则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是(　　) A．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2 B．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2 C．v＝4.5 m/s，a＝0 D．v＝7.5 m/s，a＝0 解析　力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确。 答案　C 2．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是(　　) A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变 B．将物体质量减小一半，其他条件不变 C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍 D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变 解析　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错，由v＝at可得选项D对。 答案　D 3.(多选)如图所示，质量为20 kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N的水平向右的力的作用，则该物体(g取10 m/s2)(　　) A．受到的摩擦力大小为20 N，方向向左 B．受到的摩擦力大小为20 N，方向向右 C．运动的加速度大小为1.5 m/s2，方向向左 D．运动的加速度大小为0.5 m/s2，方向向左 解析　物体相对地面运动，故物体受到滑动摩擦力，则摩擦力的大小为Ff＝μFN＝μmg＝20 N；滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力方向向左；根据牛顿第二定律得，F－Ff＝ma得a＝＝＝－0.5 m/s2，方向向左。 答案　AD 4．某人以一定的初速度从P点竖直向上抛出一个小球，1 s后小球运动到最高点，若小球运动时受到的空气阻力大小不变(不为零)。则又经过1 s后(　　) A．小球恰好经过P点 B．小球的位置在P点下方 C．小球的位置在P点上方 D．阻力大小不确定，无法判断小球的位置是在P点的上方还是下方 解析　设空气阻力大小为Ff，由牛顿第二定律得： 上升过程有mg＋Ff＝ma上 下落过程有mg－Ff＝ma下 可得a上>a下，即上升的加速度比下落的加速度大。 根据位移公式x＝at2，则知下落1 s的位移小于上升1 s的位移，所以又经过1 s后小球的位置在P点上方。所以C选项是正确的。 答案　C 5.如图所示，一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑。若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析　物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma，由此解得：a＝2gsin θ，方向沿斜面向下。根据v－v＝2ax，解得：x＝，选项C正确。 答案　C 6．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　) A．滑行中的加速度之比为2∶3 B．滑行的时间之比为1∶1 C．滑行的距离之比为4∶9 D．滑行的距离之比为3∶2 解析　根据牛顿第二定律可得－μmg＝ma，所以滑行中的加速度a＝－μg，所以加速度之比为1∶1，选项A错误；根据公式t＝，可得＝＝，选项B错误；根据公式0－v2＝2ax可得＝＝，选项C正确，D错误。 答案　C 7.一架航模遥控飞行器如图所示，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。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空气阻力恒为Ff＝4 N，g取10 m/s2。 (1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H等于多少？ (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，求飞行器减速上升阶段的加速度的大小。 解析　(1)第一次飞行中，设加速度为a1。 由牛顿第二定律得F－mg－Ff＝ma1， 飞行器上升的高度H＝a1t， 以上两式代入数据解得H＝64 m。 (2)第二次飞行中，设失去升力后的加速度为a2。 由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma2， 代入数据解得a2＝12 m/s2，方向向下。 答案　(1)64 m　(2)12 m/s2 [能力提升] 8．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则(　　) A．物体到达C1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C3上运动的加速度最小 D．物体到达C3的时间最短 解析　物体在斜面上的加速度a＝gsin θ，C3上加速度最大，C错误，斜面长L＝， 由v2＝2aL得：v＝，到C1、C2、C3时速度大小相等，故A错误。由L＝at2即＝gsin θ·t2知，沿AC3时间最短，B错误，D正确。 答案　D 9．如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．小物块到C点后将沿斜面下滑 B．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 C．小物块与斜面间的动摩擦因数为 D．推力F的大小为6 N 解析　由图乙可知，加速运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝ m/s2，减速运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，故a1∶a2＝1∶3，故B正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，计算得出μ＝，故C错误；mgsin 30°＝mg＝μmgcos30°，所以物块到达C点后将静止在C点不会下滑，故A错误；加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，计算得出F＝4 N，故D错误。 答案　B 10．(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　) A．斜面对小球的弹力为 B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大 D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大 解析　对小球受力分析如下图所示， 把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2· cos θ＝mg，水平方向有FN1－FN2· sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝，A正确。FN1＝ma＋mgtan θ。由于FN2＝与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大，故C错误，D正确。小球受到的合力为ma，故B错误。 答案　AD 11.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20 N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝。试求： (1)小球运动的加速度a1； (2)若风力F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm。 解析　(1)在力F作用时有：(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1， 解得a1＝2.5 m/s2。 (2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s， 小球的位移x1＝t1＝1.8 m。 撤去力F后，小球上滑时有： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，a2＝7.5 m/s2。 因此小球上滑时间t2＝＝0.4 s。 上滑位移x2＝t2＝0.6 m。 则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 学科网（北京）股份有限公司 $$