人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用练习题，共25页。

第四章　运动和力的关系
5　牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一　从受力确定运动情况
1.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14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10 m/s2,则汽车刹车前的速度大小为(　　)
A.7 m/s　　　　 B.14 m/s
C.10 m/s　　　　 D.20 m/s
2.(2021江苏盐城响水中学高二上期中)(多选)如图所示,质量m=100 kg的重物,在大小F=1.25×103 N、方向竖直向上的拉力作用下,由静止开始加速上升,不计空气阻力,g取10 m/s2,则 (　　)

A.重物上升的加速度大小为12.5 m/s2
B.重物上升的加速度大小为2.5 m/s2
C.运动2 s时速度大小为25 m/s
D.运动2 s时速度大小为5 m/s
3.(2021山东济南高一上月考)(多选)质量为3 kg的物体,静止于水平地面上,在10 N的水平拉力作用下,开始沿水平地面做匀加速直线运动,物体与地面间的摩擦力是4 N。则 (　　)

A.物体在3 s末的速度大小为10 m/s
B.物体在3 s末的速度大小为6 m/s
C.物体在0～3 s内发生的位移大小为15 m
D.物体在0～3 s内发生的位移大小为9 m
4.一小球从空中由静止下落,已知下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比,设小球离地足够高,则 (　　)
A.小球先加速后匀速
B.小球一直在做加速运动
C.小球在做减速运动
D.小球先加速后减速
5.(2019山东济南高三上期末)图甲是运动员在奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。g取10 m/s2,不计空气阻力。根据F-t图像求:


乙
(1)运动员在运动过程中的最大加速度的大小;
(2)运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小。

6.(2021北京昌平一中高三上月考)如图所示,一个质量m=4 kg的小物块放在水平地面上,对小物块施加一个F=10 N的恒定拉力,使小物块做初速度为零的匀加速直线运动,拉力与水平方向的夹角θ=37°,小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)小物块运动过程中加速度的大小;
(2)小物块运动4.0 s时位移的大小。深度解析




题组二　从运动情况确定受力
7.行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害,人们设计了安全带。假定乘客的质量为70 kg,汽车的速度为90 km/h,从踩下刹车到车停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)(　　)
A.450 N　　　　B.400 N　　　　C.350 N 　　　　D.300 N
8.(2020湖南隆回高一上期末)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在水平拉力F的作用下做直线运动,F=50 N,0～2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2) (　　)
A.小车加速度的大小是1 m/s2
B.小车加速度的大小是2 m/s2
C.动摩擦因数是0.4
D.摩擦力的大小是10 N
9.(2021吉林长春外国语学校高一上期中)一个质量为1 kg 的物体放在水平的粗糙地面上,从静止开始运动,受到一个5 N的水平拉力作用,经过10 s前进了40 m,求:
(1)物体运动的加速度是多少?
(2)物体与地面间的动摩擦因数是多少?深度解析





题组三　动力学中的多过程问题
10.(2021广东汕头潮阳实验学校高二上月考)某物体质量为1 kg,在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动,其速度-时间图像如图所示,根据图像可知 (深度解析)

A.物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B.物体在第3 s内所受的拉力等于1 N
C.物体在第2 s内所受的拉力为零
D.在0～3 s内,物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
11.(2021福建福安一中高一上月考)如图所示,物体在水平拉力F=10 N的作用下,沿水平面做匀速直线运动,2 s后撤去拉力,其v-t图像如图所示,则物体所受的摩擦力大小f=　　　　N;撤去拉力后,物体做　　　　直线运动(填“匀加速”或“匀减速”),加速度大小a=　　　　m/s2。 

12.(2021广东珠海二中高一上测试)如图所示,一个可乘坐二十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上76 m的高处,然后让座舱自由落下,不计阻力。落到离地面31 m时,制动系统启动,座舱做匀减速运动到离地面1 m时刚好停下。(g=10 m/s2)求:
(1)自由下落的时间t;
(2)若座舱中某人用手托着质量为0.2 kg的手机,当座舱下落到离地面15 m的位置时,求手机对手的压力F。





13.(2021天津新华中学高一上月考)如图所示,一足够长斜面上铺有动物毛皮,毛皮表面具有一定的特殊性,物体上滑时顺着毛的生长方向,毛皮此时的阻力可以忽略;物体下滑时逆着毛的生长方向,会受到来自毛皮的滑动摩擦力。现有一物体自斜面底端以初速度v0=6 m/s冲上斜面,斜面的倾角θ=37°,物体由最高点回到出发点历时1.5 s。(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)物体上滑的最大位移;
(2)若物体下滑时,物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值,试计算μ的数值(结果保留两位有效数字)。



能力提升练
题组一　动力学中的两类问题
1.(2021浙江杭州高级中学高二上月考,)一物体放在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.6,在拉力F=10 N作用下从静止开始运动,其速度与位移在国际单位制下满足等式v2=8x,则物体的质量为 (　　)
A.0.5 kg　　　　 B.0.4 kg
C.0.8 kg　　　　 D.1 kg
2.(2021湖南永州高一上月考,)(多选)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示,一质量m=2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s,然后又匀速向上运动3 s,接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零,之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s,受到的空气阻力恒为f=1 N,重力加速度大小g=10 m/s2,则(　　)

A.无人机上升的第一个阶段,受到向上的作用力大小是25 N
B.无人机上升的第二个阶段,受到向上的作用力大小是20 N
C.无人机上升的第三个阶段,受到向上的作用力大小是18 N
D.无人机上升的总高度为24 m
3.(2021广东深圳等四市高一上联考,)公路上行驶的两汽车之间需要保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,汽车的安全距离为105 m。g=10 m/s2。
(1)求晴天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数;
(2)已知雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的23,若雨天时安全距离为70 m,则汽车在雨天安全行驶的最大速度为多大?








题组二　临界、极值问题
4.(2021江西南昌高三上测试,)斜面静止在水平面上时,一个质量为m的小球用细线吊在倾角为θ的斜面顶端,且靠在斜面上,细线与斜面平行,不计摩擦,使斜面向右做匀加速运动,当斜面恰好对小球无弹力作用时,斜面的加速度大小为(重力加速度为g) (　　)

A.gtanθ　　　　 B.g cos θ
C.g sin θ　　　　D.g tan θ
5.(2021江苏泰州中学高三上月考,)如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离为h时,B与A分离。下列说法正确的是 (　易错　)

A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长
B.B和A刚分离时,它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于mgℎ
D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动
6.(2021安徽舒城中学高二上测试,)如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一名幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动,已知拉力F=6.5 N,玩具的质量m=1 kg,经过时间t=2.0 s,玩具移动了x=23 m,这时幼儿将手松开,玩具又滑行了一段距离后停下,g取10 m/s2。求:
(1)玩具与地面间的动摩擦因数;
(2)若玩具以同样的加速度移动,F与水平方向夹角θ为多大时最省力?





题组三　“传送带”模型
7.(2019吉林长春外国语学校高一上期末,)如图所示,水平放置的传送带以速度v=2 m/s向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A端与B端相距6 m,则物体由A运动到B的时间为(g=10 m/s2) (深度解析)

A.2 s　　　　B.2.5 s　　　　C.3.5 s　　　　D.4 s
8.(2021江苏南京高一上月考,)如图所示,在一条倾斜的、静止不动的传送带上,有一个滑块能够自由地向下滑动,该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1;如果传送带向上以速度v0运动起来,保持其他条件不变,该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2,那么 (　　)

A.t1=t2　　　　 B.t1>t2
C.t1 9.(2021江苏扬州高三上测试,)如图所示,足够长的传送带逆时针匀速转动,在传送带顶端A处无初速度地释放一个物块,已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,sin 37°=0.6,物块运动的速度v随时间t变化的图像正确的是 (　　)

A.　　　　 B.
C.　　　　 D.

题组四　“滑块-滑板”模型
10.(2021重庆九校联盟高一上联考,)如图所示,质量为m的木块在质量为M的足够长的木板上向右滑行,木板一直静止。木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　)

A.木块受到的滑动摩擦力方向向右
B.木块与木板间的滑动摩擦力大小为μ2mg
C.木板与地面间的摩擦力大小为μ1(m+M)g
D.木板与地面间的摩擦力大小为μ1Mg+ μ2mg
11.(2021河北衡水中学高三上测试,)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知M>m。用①和②分别表示木块A和木板B的速度v随时间t变化的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面的图像中可能正确的是 (　　)

A.　　　　 B.
C.　　　　 D.
12.(2021湖北巴东一中高一上月考,)如图所示,质量为m=2 kg的小铁块(可视为质点)放在长为L=2 m 的长木板左端,长木板质量M=1 kg,静止在光滑水平面上,小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.1。现给小铁块一水平向右的拉力F=8 N,g取10 m/s2,求:
(1)小铁块和长木板的加速度大小;
(2)经多长时间小铁块会从长木板上滑离。深度解析











答案全解全析
基础过关练
1.B　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与位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0=2ax=14 m/s,选项B正确。
2.BD　由牛顿第二定律有F-mg=ma,得a=2.5 m/s2;由匀变速直线运动规律有v=at,得v=5 m/s,故B、D正确。
3.BD　根据牛顿第二定律得a=F-fm=10−43 m/s2=2 m/s2,则3 s末的速度v=at=2×3 m/s=6 m/s,0～3 s内的位移x=12at2=12×2×32 m=9 m,故B、D正确。
4.A　设小球受到的阻力为Ff=kv2,刚开始下落一段时间内mg>Ff,小球向下做加速运动,运动过程中速度在增大,阻力在增大,当mg=Ff时,合力为零,小球开始做匀速直线运动,速度不再增大,故小球先加速后匀速,故A正确。
5.答案　(1)40 m/s2　(2)8 m/s
解析　(1)由图乙可知,运动员的重力G=500 N,蹦床对运动员的最大弹力Fm=2 500 N
设运动员的最大加速度的大小为am,根据牛顿第二定律有
Fm-G=mam
又G=mg
代入数据解得am=40 m/s2
(2)由图乙可知,运动员自由下落的最长时间为
t=8.4−6.82 s=0.8 s
由运动学公式可知最大速度vm=gt
代入数据解得vm=8 m/s
6.答案　(1)0.3 m/s2　(2)2.4 m
解析　(1)对小物块进行受力分析如图所示

根据牛顿第二定律有F cos θ-Ff=ma
又F sin θ+FN=mg,Ff=μFN
联立解得a=0.3 m/s2。
(2)小物块运动4.0 s时的位移x=12at2=12×0.3×42 m=2.4 m
导师点睛　解答本题时,应先分析物体的受力情况,再应用牛顿第二定律求出加速度,最后应用运动学规律求出运动量的值。
7.C　汽车的速度v0=90 km/h=25 m/s,汽车做减速运动的平均加速度大小a=v0t=5 m/s2,对乘客应用牛顿第二定律可得F=ma=350 N,所以选项C正确。
8.B　小车加速度的大小a=2xt2=2×422 m/s2=2 m/s2,选项A错误,B正确;根据牛顿第二定律有F-f=ma,解得f=40 N,则μ=fmg=40N50N=0.8,选项C、D错误。
9.答案　(1)0.8 m/s2　(2)0.42
解析　(1)根据x=12at2可得
物体运动的加速度a=2xt2=2×40102 m/s2=0.8 m/s2
(2)根据牛顿第二定律有F-μmg=ma
解得物体与地面间的动摩擦因数μ=F-mamg=5N−1×0.8N10N=0.42
导师点睛　解答本题时,应先应用运动学规律求出加速度,再应用牛顿第二定律求出合力,最后由受力情况求出动摩擦因数。
10.D　根据v-t图像可知,物体在第2秒内做匀速直线运动,合力为零,拉力等于滑动摩擦力且不为零,故A、C错误;v-t图像的斜率表示加速度,由图像可知,第3 s内物体的加速度大小为a3=ΔvΔt=1 m/s2,根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N,则拉力F3=f+ma3=f+1 N>1 N,故B错误;根据牛顿第二定律和平衡条件可知,拉力方向始终与摩擦力方向相反,故D正确。
导师点睛　解答本题时,应先分析v-t图像反映的不同阶段的物理情景,并求出对应的加速度;再分析不同阶段物体的受力情况,应用牛顿第二定律求解。
11.答案　10　匀减速　1
解析　物体做匀速直线运动时f=F=10 N;撤去拉力后,物体在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,由图像得加速度大小a=2−04−2 m/s2=1 m/s2。
12.答案　(1)3 s　(2)5 N,方向竖直向下
解析　(1)由题意可知,座舱自由下落的高度h=76 m-31 m=45 m
h=12gt2,解得t=3 s
(2)座舱自由下落3 s后的速度v=gt=30 m/s
座舱落到离地15 m时,加速度方向向上,设加速度的大小为a,有v2=2as
s=31 m-1 m=30 m
以手机为研究对象,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma
解得FN=5 N
根据牛顿第三定律得手机对手的压力F=FN=5 N,方向竖直向下。
13.答案　(1)3 m　(2)0.42
解析　(1)物体上滑时不受摩擦力作用,设最大位移为x,加速度大小为a1,由牛顿第二定律可得mg sin 37°=ma1
代入数据得a1=6 m/s2
由运动学规律有v02=2a1x
联立解得物体上滑的最大位移为x=3 m。
(2)物体沿斜面下滑的时间t2=1.5 s,设下滑过程中加速度大小为a,由运动学规律有x=12a2t22
由牛顿第二定律可得mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
联立解得μ=0.42。
能力提升练
1.D　由题意可知物体做初速度为0的匀变速直线运动,根据匀变速直线运动速度与位移关系v2=2ax,对比题中表达式v2=8x可知加速度a=82 m/s2=4 m/s2;又根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,解得m=Fμg+a=100.6×10+4 kg=1 kg,故D正确。
2.AD　第一阶段的加速度a1=42 m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,得F1=mg+ma1+f=(2.0×10+2.0×2+1) N=25 N,故A正确;由平衡条件可知F2=mg+f=21 N,故B错误;第二阶段的加速度a2=0−44 m/s2=-1 m/s2,由牛顿第二定律得F3-mg-f=ma2,得F3=mg+ma2+f=(2.0×10-2.0×1+1) N=19 N,故C错误;无人机上升的总高度为h=42×2+4×3+42×4 m=24 m,故D正确。
3.答案　(1)0.6　(2)20 m/s
解析　(1)设晴天时,汽车与沥青路面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学规律有
μ0mg=ma0,s=v0t0+v022a0
式中m和v0分别为汽车(包括司机)的质量和刹车前的速度。
联立解得μ0=0.6
(2)设在雨天行驶时,汽车与沥青路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=23μ0
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,安全距离为s'。由牛顿第二定律和运动学规律得
μmg=ma,s'=vt0+v22a
联立解得v=20 m/s
4.A　当斜面对小球的支持力为零时,小球所受重力和拉力的合力水平向右,如图所示。根据牛顿第二定律有F=mgtanθ=ma,解得a=gtanθ,故A正确。

5.C　B和A刚分离时,它们的加速度与速度分别相等,A、B间无作用力,B受到重力mg和恒力F,B的加速度为零,故A的加速度也为零,说明弹簧对A有向上的弹力,与重力平衡,弹簧处于压缩状态,故选项A、B错误;B和A刚分离时,弹簧的弹力大小为mg,原来静止时弹力大小为2mg,则弹力减小量ΔF=mg,两物体向上运动的距离为h,则弹簧压缩量减小Δx=h,由胡克定律得k=ΔFΔx=mgℎ,故选项C正确;在B与A分离之前,以A、B整体为研究对象,重力2mg不变,弹力在减小,合力减小,整体做变加速运动,故选项D错误。
易混易错 本题容易错选A项,错误的原因是认为两物体分离的临界条件是弹簧的弹力为零,实际上,两物体分离的临界条件是相互的弹力为零,此时两物体具有相同的加速度。
6.答案　(1)33　(2)30°
解析　(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动,由匀变速直线运动的位移与时间的关系式有x=12at2
解得a=3 m/s2
以玩具为研究对象,由牛顿第二定律有
F cos 30°-μ(mg-F sin 30°)=ma
解得μ=33
(2)设F与水平方向夹角为θ时最省力,则
F cos θ-μ(mg-F sin θ)=ma
解得F=132sin(60°+θ) N
所以当θ=30°时F最小,即最省力。
7.C　开始时物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=μmgm=μg=2 m/s2,当物体的速度为2 m/s时,位移为x1=222×2 m=1 m<6 m,所以在到达B点之前,物体还有一段做匀速直线运动,加速时间为t1=va=22 s=1 s,匀速时间为t2=x2v=6−12 s=2.5 s,故总时间为t=t1+t2=1 s+2.5 s=3.5 s,C正确。
方法技巧 (1)当用水平传送带传送物体时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变常常导致物体的受力情况和运动状态的突变。
(2)滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间,当两物体的速度达到相同时,滑动摩擦力突变为零。
8.A　当传送带静止时,滑块受重力、支持力、滑动摩擦力;当传送带向上以速度v0运动起来,保持其他条件不变时,滑块受力情况不变,根据牛顿第二定律可知两种情况下,加速度相等,而两种情况下位移也相等,根据x=12at2可知,两种情况下运动的时间相等,即t1=t2,选项A正确。
9.C　初状态时,物块重力的分力与摩擦力均沿着传送带向下,且都是恒力,所以物块先沿传送带向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,解得加速度a1=g sin θ+μg cos θ;当物块的速度与传送带速度相等时,由于μ=0.5a2;v-t图像的斜率表示加速度,故选项C正确。
10.B　木块在木板上向右运动,则木块受到向左的滑动摩擦力,大小为μ2mg,故A错误,B正确;木块对木板有向右的摩擦力,因为木板处于静止状态,所以地面对木板有向左的摩擦力,大小为μ2mg,故C、D错误。
11.C　木块A滑上木板B,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有aA=μmgm=μg,aB=μmgM,已知M>m,则aA>aB。①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值,故选项A、B错误;若A不能够滑下,则两者最终拥有共同的速度,若能够滑下,则A的速度较大,故选项C正确,D错误。
12.答案　(1)3 m/s2　2 m/s2　(2)2 s
解析　(1)对小铁块,由牛顿第二定律有F-μmg=ma1
解得a1=3 m/s2
对长木板,由牛顿第二定律有μmg=Ma2
解得a2=2 m/s2
(2)设经t时间,小铁块滑到长木板的最右端,有
L=12a1t2-12a2t2
解得t=2 s
方法技巧 板块模型的三个基本关系
加速度关系
滑块与滑板保持相对静止,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度
如果滑块与滑板之间发生相对运动,应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度。应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件
速度关系
滑块与滑板保持相对静止时,二者速度相同,分析清楚此时的摩擦力作用情况
滑块与滑板之间发生相对运动时,二者速度不相同,明确滑块与滑板的速度关系,从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况
位移关系
滑块和滑板向同一方向运动时,它们的相对滑行距离等于它们的位移之差
滑块和滑板向相反方向运动时,它们的相对滑行距离等于它们的位移之和