必修 第一册5 牛顿运动定律的应用优秀综合训练题

这是一份必修 第一册5 牛顿运动定律的应用优秀综合训练题，共10页。
一、从受力确定运动情况
例1 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都是50 N且互成60°角的水平力(如图)，求物体3 s末的速度大小和3 s内的位移大小。
答案 eq \f(15\r(3),2) m/s eq \f(45,4)eq \r(3) m
解析 对物体受力分析
F合＝2Fcs 30°＝2×50×eq \f(\r(3),2) N＝50eq \r(3) N
由牛顿第二定律F合＝ma得
a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(5,2)eq \r(3) m/s2
由运动学公式得
v＝at＝eq \f(5,2)eq \r(3)×3 m/s＝eq \f(15\r(3),2) m/s
x＝eq \f(1,2)at2
＝eq \f(45,4)eq \r(3) m。
例2 (2022·寿县正阳中学高一期末)如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小孩与冰车的加速度大小；
(2)冰车运动3 s时的速度大小；
(3)冰车运动5 s时的位移大小。
答案 (1)1.16 m/s2 (2)3.48 m/s (3)14.5 m
解析 (1)冰车和小孩受力如图所示。
在竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg①
在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcs θ－Ff＝ma②
摩擦力Ff＝μFN③
联立解得加速度a＝1.16 m/s2。
(2)3 s时的速度大小
v＝at＝1.16×3 m/s＝3.48 m/s
(3)5 s时位移大小x＝eq \f(1,2)at2
＝eq \f(1,2)×1.16×25 m
＝14.5 m。
1．基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2．流程图
二、从运动情况确定受力
例3 民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面(如图甲所示)，人员可沿斜面滑行到地面。斜面的倾角θ＝30°(如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地上。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s。求乘客与气囊之间的动摩擦因数。(g＝10 m/s2)

答案 eq \f(\r(3),15)
解析 设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a
由x＝eq \f(1,2)at2，解得a＝4 m/s2
对乘客进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有
x方向mgsin θ－Ff＝ma
y方向FN－mgcs θ＝0且Ff＝μFN
联立各式得μ＝eq \f(\r(3),15)。
例4 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面向上运动的位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案 (1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N
解析 (1)滑块沿斜面匀加速下滑时，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
代入数据解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由x＝eq \f(1,2)a1t2，
代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2。
根据牛顿第二定律可得：
Fcs θ－mgsin θ－μFN＝ma1，
FN＝Fsin θ＋mgcs θ
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N。
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。
2．流程图
三、多过程问题
例5 如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F＝20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止，求A、B间距离。
答案 20 m
解析 当F作用在物体上时由牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1
解得a1＝0.5 m/s2
v1＝a1t＝4 m/s
x1＝eq \f(1,2)a1t2
＝eq \f(1,2)×0.5×64 m＝16 m
撤去外力F后，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由0－v12＝2a2x2
解得x2＝4 m
故xAB＝x1＋x2＝16＋4 m＝20 m。
例6 如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点的速度是多大？
答案 (1)2 m/s2 (2)6 m/s (3)1.8 m eq \f(6\r(5),5) m/s
解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，
解得a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(14－0.5×2×10,2) m/s2＝2 m/s2。
(2)由M点到B点，根据运动学公式可知vB2＝2aL，
解得vB＝eq \r(2aL)＝eq \r(2×2×9) m/s＝6 m/s。
(3)在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，
mgsin θ＋μmg·cs θ＝ma1，
代入数据得加速度的大小为a1＝10 m/s2，
逆向分析可得vB2＝2a1x，
解得x＝eq \f(vB2,2a1)＝1.8 m。
在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
代入数据可得a2＝2 m/s2
由运动学公式：vB′2＝2a2·x
vB′＝eq \r(2a2x)＝eq \f(6\r(5),5) m/s。
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。
2．分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。
3．特别注意两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
课时对点练
训练1 牛顿运动定律的简单应用
考点一 从受力确定运动情况
1．(2022·汕尾市高一期末)刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，发生碰撞时速度接近0。请你帮助交警计算货车的初速度大约为( )
A．40 km/h B．50 km/h
C．60 km/h D．70 km/h
答案 B
解析 货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－μg＝－6 m/s2，由运动学规律x＝eq \f(v2－v02,2a)，将v＝0，a＝－6 m/s2，x＝15 m代入可解得v0≈13.4 m/s≈48 km/h，约为50 km/h，B正确。
2.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度大小为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经5 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
答案 C
解析 施加恒力后，物体向左运动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故a＝eq \f(F＋Ff,m)＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝eq \f(v0,a)＝2 s，故A、B错误；物体减速到零后，F＜Ff，将保持静止状态，故C正确，D错误。
3.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去，设小球由静止开始运动，由此可判定( )
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动，再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球向前运动一段时间后停止
答案 C
解析 作出相应的小球的v－t图像如图所示，由图可以看出，小球始终向前运动，选项C正确．
考点二 从运动情况确定受力
4.车辆在行驶过程中，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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A．2 100 N B．6 000 N
C．8 000 N D．1 000 N
答案 A
解析 从发生碰撞到车完全停止的1 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝eq \f(v－v0,t)＝－eq \f(30,1) m/s2＝－30 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－30) N＝－2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。
5.(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案 AC
解析 滑块的加速度大小为a＝eq \f(v0,t)＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。
6.航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰，一舰载机的质量为2×104 kg，以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为做匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他阻力，cs 37°＝0.8，此时阻拦索上的弹力为( )
A．2.5×105 N B．5×105 N
C．6.5×106 N D．1.3×107 N
答案 A
解析 根据题意可知，飞机做匀减速运动，设加速度大小为a，
则v02＝2ax
设阻拦索上的弹力为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2Fcs 37°＝ma
又有v0＝216 km/h＝60 m/s
解得F＝2.5×105 N，故选A。
7.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，经过t＝2 s木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
A．42 N B．6 N
C．21 N D．36 N
答案 D
解析 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，当在推力作用下匀加速上滑时，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，D正确。
8．(2022·临沂市高一期末)如图所示为两个等高的光滑斜面AB、AC，将一可视为质点的滑块由静止在A点释放。沿AB斜面运动，运动到B点时所用时间为tB；沿AC斜面运动，运动到C点所用时间为tC，则( )
A．tB＝tC B．tB>tC
C．tB