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5.牛顿运动定律的应用
A组 教材夯基础
1.(沪科技版教材课后习题改编)如图所示,一个质量为0.15 kg的棒球被球员接住的过程中,速度会在大约0.05 s内从30 m/s骤减到0,作用在这个棒球上的力约为(　　)
A.45 N B.90 N
C.200 N D.600 N
2.(人教版教材课后习题改编)质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上。如果给这个物体施加两个大小分别为30 N和40 N且互成90°角的水平力,那么4 s末它的速度大小和位移大小分别为(　　)
A.10 m/s、20 m
B.10 m/s、5 m
C.1.6 m/s、3.2 m
D.1.6 m/s、0.8 m
3.牛顿第二定律确定了运动和力的关系,使我们能够把运动情况和受力情况联系起来。(　　)
4.如果已知物体运动情况,可以由牛顿第二定律求出物体的加速度,再根据牛顿第二定律求出力。(　　)
5.如果已知物体受力情况,可以由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学规律确定物体的运动情况。(　　)
6.加速度是力和运动联系的桥梁。(　　)
B组　单一知识点限时45分钟答案P49
知识点1　从受力确定运动情况
7.(2024江苏连云港学业考试)在某次交通事故中,汽车(其在刹车过程做匀减速直线运动)刹车线的长度为14 m,已知汽车的轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.7,重力加速度g取10 m/s2,则汽车开始刹车时的速度为(　　)
A.7 m/s　B.14 m/s　C.16 m/s　D.20 m/s
8.(2025四川眉山期中)在电梯内有一个质量为100 kg的物体放在地板上,它对地板的压力随时间的变化图像如图所示,电梯从静止开始竖直向上运动,求:(g=10 m/s2)
(1)在前两秒内的加速度的大小;
(2)在0~7 s内上升的高度。
9.(2025天津期末)如图所示,水平面上一质量为m=10 kg的物体在大小为F=100 N的水平推力的作用下向右做匀加速直线运动,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)物体获得的加速度大小;
(2)物体从静止开始,4 s内通过的位移大小。
知识点2　从运动情况确定受力
10.(2024河南驻马店期末)中国女航天员王亚平在“天宫一号”利用“质量测量仪”测出指令长聂海胜的质量,其原理如图所示,轻杆穿过光滑限位孔,右端固定有质量可忽略的圆盘支架,左端通过“弹簧—凸轮”机构能够产生一个恒力F。首先将聂海胜固定在支架上,然后在力F作用下使他发生一段位移x,光栅测速系统测出力F作用的时间Δt=0.4 s,位移x=0.3 m,光屏显示聂海胜的质量为74.0 kg。由此可知恒力F的大小约为(　　)
A.56 N　　B.148 N　　C.278 N　　D.740 N
11.(2024新疆一模改编)某火箭的质量将近70吨,在起飞后的大推力上升阶段,火箭加速上升5公里,速度达到160 m/s,则这个阶段的平均推力最接近(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2×105 N B.9×105 N
C.2×106 N D.9×106 N
12.(2025四川自贡阶段练习)如图所示,质量为m=3 kg的滑块在与水平方向成53°角的推力F=50 N的作用下沿水平天花板向右匀加速运动,滑块开始滑动后2 s内的位移为16 m。重力加速度g取10 m/s2,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列判断中正确的是(　　)
A.滑块的加速度为10 m/s2
B.滑块与天花板之间的摩擦力为30 N
C.滑块与天花板之间的弹力为40 N
D.滑块与天花板之间的动摩擦因数为0.6
13.(2024河南百师联考期末)“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某次测试时,质量m=2.5×104 kg的舰载机从静止的航空母舰的水平甲板上起飞,采用的弹射装置使舰载机获得v0=12 m/s的初速度,发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动,经t=3 s运动了126 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的,航空母舰始终静止,取重力加速度大小为g=10 m/s2。
(1)求发动机提供的恒定推力F1的大小;
(2)若某次舰载机着舰时的速度大小为v1=84 m/s,舰载机需在阻拦索和阻力的共同作用下在125 m内减速到0,舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒力,求阻拦索对舰载机的最小作用力F2的大小。
14.(2025天津期末)为进一步提高消防救援人员体能素质,切实提高灭火救援能力。近日,某消防救援队组织全体人员开展绳索攀爬训练。一名消防员爬上绳索由12 m高处沿绳滑下。下滑过程可以认为是:先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,着地时速度恰好减为零。已知该消防员及装备总质量为60 kg,下落了9 m时,速度达到最大,最大速度为3 m/s,g取10 m/s2求:
(1)在匀加速下滑过程中,该消防员的加速度的大小;
(2)在匀减速下滑过程中,绳索对该消防员的平均阻力的大小。
C组 综合知识点
15.(2025云南玉溪期末)物理课上,老师做了如图所示的演示实验,让两辆小车A、B沿水平滑轨同时从静止开始做匀加速直线运动,若两辆小车受到的合外力大小相等,测得从静止开始,相等时间内小车A、B的位移分别为xA、xB,则两辆小车的质量之比为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
16.(2024广东深圳期末)(多选)滑雪运动是深受大家喜爱的娱乐项目。如图,一滑雪场的滑雪道由斜直雪道和水平雪道平滑连接,人坐在滑雪车中沿斜直雪道下滑,以初速度v0进入水平雪道,经过4 s从水平雪道的另一端滑出。已知水平雪道长40 m,g取10 m/s2,滑雪车与水平雪道间的动摩擦因数为μ,空气阻力忽略不计,下列v0、μ值可能正确的是(　　)
A.v0=15 m/s B.v0=25 m/s
C.μ=0.4 D.μ=0.6
17.(2024河南适应性测试)如图,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面与在冰面上所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　)
A.v0　　B.v0　　C.v0　　D.v0
18.(2024江苏镇江一中阶段测试)如图,水平桌面上有一薄板,薄板上摆放着小圆柱体A、B、C,圆柱体的质量分别为mA、mB、mC,且mA>mB>mC。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出,圆柱体与薄板、桌面间的动摩擦因数相同。则抽出后,三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是(　　)
19.(2025安徽蚌埠期末)(多选)如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是(　　)
A.a滑块运动的时间较长
B.a滑块的加速度较小
C.a滑块受到的弹力较小
D.a滑块受到的合力较大
20.(2025贵州六盘水期末)某运动员的滑雪过程可简化成如图所示。倾角为37°的固定斜坡与水平地面平滑连接,运动员从斜坡顶端无初速度滑下,并运动到水平地面上的A点(图中未画出)停下。运动员在斜坡上运动的位移x与时间t的关系式为x=2t2,x的单位是m,t的单位是s,运动员开始运动的时刻为0时刻,运动员在5 s末到达斜坡底端。已知运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.运动员在斜坡上运动时的加速度大小为2 m/s2
B.运动员运动到斜坡底端时的速度大小为10 m/s
C.运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25
D.运动员在斜坡上运动的平均速度大小为20 m/s
21.(2025吉林期末)如图所示,倾角θ=37°,A、B间距离L=1 m的斜面AB与水平面BC在B点平滑相连,滑块经过B点后速率不变。一质量为m的小滑块从斜面顶端A处由静止开始下滑,经过B点后,最终停在C点。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,滑块与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5。求:
(1)滑块到达B处时的速度大小v;
(2)滑块在BC上滑行的距离x;
(3)滑块从A到C滑动的总时间t。
D组 高考怎么考
22.(2025浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg、稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g=10 m/s2,则它降落到地面的时间约为(　　)
A.0.5 h　　B.3 h　　C.28 h　　D.166 h
23.(2024安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
24.（明易错）(2021全国甲)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(　　)
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
25.(2024广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t,忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是　(　　)
5.牛顿运动定律的应用
教材改编题
1.B　棒球质量m=0.15 kg,在t=0.05 s内速度从v0=30 m/s骤减到0,棒球的加速度大小a=,解得a=600 m/s2,作用在这个棒球上的力F=ma,解得F=90 N,故选B。
2.A　根据平行四边形定则可知合力为50 N,由F=ma可知a=2.5 m/s2,由v=at可知v=10 m/s,由x=at2可知x=20 m,故选A。
易错易混辨析
3.√　4. 　5.√　6.√
7.B　根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得汽车刹车时的加速度大小为a=μg=7 m/s2,汽车刹车线长度为14 m,根据s=可得汽车开始刹车时的速度大小为v0==14 m/s,B正确。
8.答案　(1)5 m/s2　(2)50 m
解题思路　由牛顿第三定律可知,物体对地板的压力与地板对物体的支持力大小相等
(1)0~2 s内物体的加速度大小为
a1== m/s2=5 m/s2
(2)0~2 s内位移为x1=a1=×5×22 m=10 m
2 s末速度v=a1t1=10 m/s
2~5 s内物体做匀速运动,位移为x2=vt2=10×3 m=30 m
5~7 s内物体做匀减速运动,加速度大小为a2== m/s2=5 m/s2
减速至0的时间t0== s=2 s=t3
可知7 s末物体的速度恰好减为0
则根据逆向思维,5~7 s内的位移为x3=a2=×5×22 m=10 m
故在0~7 s内物体上升的高度h=x1+x2+x3=50 m
9.答案　(1)8 m/s2　(2)64 m
解题思路　(1)根据牛顿第二定律有F-f=ma
又f=μN=μmg
解得a=8 m/s2
(2)根据运动学公式可得,物体从静止开始,4 s内通过的位移大小为x=at2=×8×42 m=64 m
10.C　聂海胜做匀加速直线运动,根据位移公式x=at2,得加速度a== m/s2=3.75 m/s2,根据牛顿第二定律有F=ma=74.0×3.75 N=277.5 N,故选C。
11.B　在大推力上升阶段,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,又v2=2ah,取重力加速度为10 m/s2,联立解得F=8.792×105 N≈9×105 N,故选B。
12.D　根据运动学公式有x=at2,解得a=8 m/s2,A错误;对滑块受力分析,水平方向有F cos 53°-f=ma,解得f=6 N,竖直方向有F sin 53°=mg+FN,解得FN=10 N,B、C错误;根据滑动摩擦力公式有f=μFN,解得μ=0.6,D正确。
13.答案　(1)5.5×105 N　(2)6.556×105 N
解题思路　(1)根据位移时间关系有x=v0t+at2
代入数据解得a=20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1-mg=ma
解得F1=5.5×105 N
(2)根据速度位移关系有=2a'x'
解得a'=28.224 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2+mg=ma'
解得F2=6.556×105 N
14.答案　(1)0.5 m/s2　(2)690 N
解题思路　(1)在匀加速下滑过程中,该消防员的加速度的大小a1== m/s2=0.5 m/s2
(2)匀减速下滑时的加速度大小
a2== m/s2=1.5 m/s2
根据牛顿第二定律有f-mg=ma2
解得f=690 N
15.D　根据位移与时间公式有x=at2,又由牛顿第二定律有F=ma,解得m=,可知=,故选D。
16.AC　设水平雪道长为L,在其上运动时间为t,滑出时的速度为v,则平均速度为==,由于从水平雪道的另一端滑出,所以有v>0,解得v0<20 m/s,A正确,B错误;设加速度大小为a,有μmg=ma,解得a=μg,根据匀变速直线运动规律,x=,由于v>0,v0<20 m/s,解得μ<0.5,C正确,D错误。
17.B　设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2,汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律有f=ma,可知汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为==,由运动学公式,在路面上有-=2a1x1,在冰面上有=2a2x2,其中=,解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=,故选项B正确。
18.A　设圆柱体的质量为m,圆柱体与薄板、桌面间的动摩擦因数均为μ,则在抽薄板的过程中,圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动,离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得加速运动与减速运动的加速度大小都为a=μg,由于圆柱体A先离开薄板,B、C同时后离开薄板,则根据v=at可知,A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度,由x=at2知A加速的位移小于B、C加速的位移,离开薄板后,根据v2=2ax可知,B、C在桌面上滑动的距离相等,且大于A在桌面上滑动的距离。故选项A正确。
19.CD　设滑轨与竖直直径的夹角为θ,圆环的半径为R,对滑块受力分析可得,滑块所受的支持力大小为N=mg sin θ,所受合力大小为F合=mg cos θ,根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小为a=g cos θ,滑块沿滑轨运动的位移为x=2R cos θ,根据位移与时间关系有x=at2,可得滑块沿滑轨运动的时间为t=,则两滑块运动的时间相等,a滑块的加速度较大,a滑块受到的弹力较小,a滑块受到的合力较大,C、D正确。
知识拓展　等时圆模型
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦(过切点)上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
20.C　运动员在斜坡上运动的位移x与时间t的关系式为x=2t2,结合匀变速直线运动位移与时间关系式x=v0t+at2,可得运动员在斜坡上运动时的加速度大小为a=4 m/s2,运动员在5 s末到达斜坡底端,则运动员运动到斜坡底端时的速度大小为v=at=20 m/s,则运动员在斜坡上运动的平均速度大小为==10 m/s,故A、B、D错误;在斜坡上的运动过程中,根据牛顿第二定律可得mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得μ=0.25,由于运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同,则运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25,故C正确。
21.答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)1.4 s
解题思路　(1)在AB上,根据牛顿第二定律可得
mg sin θ-μmg cos θ=ma1
解得加速度大小a1=2 m/s2
根据运动学公式可得v2=2a1L
解得滑块到达B处时的速度大小v=2 m/s
(2)在BC上,根据牛顿第二定律可得μmg=ma2
解得加速度大小a2=5 m/s2
根据运动学公式可得0-v2=-2a2x
解得滑块在BC上滑行的距离x=0.4 m
(3)滑块在AB上滑动的时间为t1==1 s
滑块在BC上滑动的时间为t2==0.4 s
则滑块从A到C滑动的总时间t=t1+t2=1.4 s
22.B　沙尘颗粒速度较小时,阻力较小,此时有mg-kv=ma,沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s,沙尘颗粒下落时间t== s=1×104 s= h≈3 h,故选B。
23.C　无初速度轻放小物块瞬间,对小物块受力分析得μmg cos θ-mg sin θ=ma,小物块一开始做匀加速直线运动;t0时刻小物块与传送带共速,传送带对小物块的摩擦力变成静摩擦力,Ff=mg sin θ,物块与传送带保持相对静止匀速向上运动,故选C。
24.D　设P点与竖直杆的距离为l,则PQ=,对物块,根据牛顿第二定律,有mg sin θ=ma,得a=g sin θ,由x=at2,得=g sin θ·t2,得t=,当2θ=90°,即θ=45°时,t最小,由题知θ从30°增大到60°,故下滑时间先减小后增大,D选项正确。
易错警示　本题中P到竖直杆的距离l不变,P、Q间的距离在变化,如果错认为P、Q间距离不变,则会造成解题错误。
小题巧解　作以P点为最低点且与铁架台竖直杆切于M点的圆,如图所示,由等时圆结论可知,平板与竖直杆的交点Q与M点重合时,物块从Q点下滑到P点所用时间最短,由几何关系可知此时θ=45°,故选项D正确。
25.B　在木块下落H高度之前,木块所受合外力为木块的重力且保持不变,即F=mg,当木块接触弹簧后到合力为零前,F=mg-k(y-H),随着y增大,F线性减小,从弹簧弹力大于木块的重力到最低点过程中,木块所受合外力向上,随着y增大,F线性增大,木块返回到原点过程是下落过程的逆过程,受力情况完全相同,A错误,B正确;同理,在木块下落H高度之前,木块做自由落体运动,根据y=gt2和v=gt可知速度逐渐增大,所以y-t图像为抛物线,斜率逐渐增大,木块接触弹簧后到合力为零前,木块的速度继续增大,做加速度减小的加速运动,所以y-t图像斜率继续增大,当木块到达平衡位置时图线的斜率最大,而不是y=H时斜率最大,从弹簧弹力大于木块的重力到最低点过程中,木块所受合外力向上,木块做加速度增大的减速运动,所以y-t图像斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,由对称性可知,返回过程木块先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后做匀减速直线运动回到原点,C、D错误。

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