人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用精品同步达标检测题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用精品同步达标检测题，共24页。试卷主要包含了从受力确定运动情况，从运动情况确定受力等内容，欢迎下载使用。

02
预习导学
课前研读课本，梳理基础知识：
一、从受力确定运动情况
1．牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况和受力情况联系起来。
2．如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
二、从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律求出力。
（二）即时练习：
【小试牛刀1】某次踢毽子的过程中，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向向上运动，到达最高点后又向下落回。毽子在运动过程中受到的空气阻力不可忽略。下列说法中正确的是 ( )
A.毽子从最高点下落的过程中做自由落体运动
B.毽子离开脚后，向上运动的时间比下落的时间短
C.毽子离开脚后，在向上运动的过程中，它的速度先变大后变小
D.在毽子与脚相互作用的过程中，毽子对脚的作用力小于脚对毽子的作用力
【答案】B
【解析】毽子从最高点下落的过程中受到的空气阻力不可忽略，做的不是自由落体运动，故A错误；毽子离开脚后，向上运动过程中重力和空气阻力均向下，加速度大于g，向下运动过程中，合外力等于重力与空气阻力之差，加速度小于g，上升过程与下落过程位移大小相等，根据x=at2可知，毽子向上运动的时间比下落的时间短，故B正确；毽子离开脚后，在向上运动的过程中，合外力一直向下，速度一直减小，故C错误；在毽子与脚相互作用的过程中，毽子对脚的作用力和脚对毽子的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故D错误。
【小试牛刀2】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
【答案】C
【解析】力F作用下a＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) 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.
【小试牛刀3】如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为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加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升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，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，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.
03
探究提升
【问题探究1】从受力确定运动情况
基本思路:
牛顿第二定律确定了运动和力的关系，把物体的运动情况与受力情况联系起来：
如果已知物体的受力情况，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
【典型例题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/sB.14 m/s
C.10 m/sD.20 m/s
【答案】B
【解析】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=2ax，可得汽车刹车前的速度为v0==14 m/s，选项B正确。
【典型例题2】如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
(3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小.
【答案】(1)见解析图 1.3 m/s2，方向水平向右 (2)6.5 m/s (3)16.25 m
【解析】(1)对物体受力分析如图.
由牛顿第二定律可得：
Fcs θ－Ff＝ma
Fsin θ＋FN＝mg
Ff＝μFN
解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右
(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s
(3)x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×1.3×52 m＝16.25 m
【对点训练1】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。则下列说法不正确的是 ( )
A.物体的加速度大小为2 m/s2
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3 s内的平均速度为3 m/s
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律得a== 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=at2=×2×32 m=9 m，
3 s内的平均速度为==3 m/s，故A、B、D正确，C错误。
【对点训练2】如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2。取g=10 m/s2，cs 37°=0.8，sin 37°=0.6。求：
(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；
(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。
【答案】(1)5.2 m/s (2)6.76 m
【解析】(1)撤去拉力前，对雪橇(包括人)，竖直方向有N1+F sin 37°=mg
水平方向有F cs 37°-f1=ma1，且f1=μN1
由运动学公式得v=a1t1
解得v=5.2 m/s。
(2)撤去拉力后，在水平方向有-μmg=ma2
则雪橇的加速度a2=-μg
根据0-v2=2a2x，解得x=6.76 m。
【问题探究2】从运动情况确定受力
基本思路:
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力
【典型例题3】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32 m
【答案】A
【解析】第一阶段的加速度a1== 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；第三阶段的加速度a2== 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= m=24 m，故D错误。
【典型例题4】一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小.
【答案】(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
【解析】(1)汽车开始做匀加速直线运动，x0＝eq \f(v0＋0,2)t1
解得v0＝eq \f(2x0,t1)＝4 m/s
(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a2＝eq \f(0－v0,t2)＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－Ff＝ma2 ，解得Ff＝4×103 N
(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1,x0＝eq \f(1,2)a1t12
由牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6×103 N
【对点训练3】如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F作用下做直线运动，其v-t图像如图乙中实线所示，下列判断正确的是 ( )
A.在0~1 s内，外力F不断增大
B.在1~3 s内，外力F的大小为零
C.在3~4 s内，外力F的大小不断增大
D.在3~4 s内，外力F的大小不断减小
【答案】D
【解析】在0~1 s内，v-t图线的斜率不变，物块加速度不变，F合=ma=F-Ff不变，可知外力F是恒力，A错误；在1~3 s内，物块做匀速直线运动，加速度等于零，F=Ff，外力F的大小恒定且不为零，B错误；在3~4 s内，v-t图线的斜率越来越大，说明加速度越来越大，物块做加速度增大的减速运动，根据a=知，力F不断减小，D正确，C错误。
【对点训练4】某游乐园的“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量为m=50 kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100 m高度，然后平台由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1=80 m时启动制动系统使平台开始做匀减速直线运动，再下落h2=20 m时刚好停止运动。取g=10 m/s2，求：
(1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
(2)落地前20 m内，小明做匀减速直线运动的加速度a的大小；
(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明对平台的压力F的大小。
【答案】(1)40 m/s (2)40 m/s2 (3)2 500 N
【解析】(1)当下落h1=80 m时小明的速度最大，有=2gh1
代入数据可得vm=40 m/s。
(2)小明做匀减速运动过程中的加速度大小为a=
代入数据可得a=40 m/s2。
(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明做匀减速运动，根据牛顿第二定律有F'-mg=ma
代入数据得F'=2 500 N
根据牛顿第三定律，小明对平台的压力F大小为2 500 N。
【问题探究3】连接体问题
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)
解题思路：
（1）同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法
（2）不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解
（3）共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法；
关联速度连接体一般分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解
【典型例题5】(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( )
A.增大推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
【答案】 AD
【解析】 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a
对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa
由以上两式可得FAB＝eq \f(mB,mA＋mB)F＝eq \f(F,\f(mA,mB)＋1)
为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。
故A、D正确，B、C错误。
【典型例题6】如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
【答案】 C
【解析】 对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
【对点训练5】如图所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知mA＝10 kg，mB＝20 kg，F＝600 N，求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10 m/s2).
【答案】400 N
【解析】对A、B整体受力分析和单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：
对A、B整体，根据牛顿第二定律有：F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：FT－mBg＝mBa，联立解得：FT＝400 N.
【对点训练6】如图所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后细线与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g，求小车所受牵引力的大小.
【答案】(M＋m)gtan θ
【解析】小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为mgtan θ.
由牛顿第二定律有mgtan θ＝ma ①
对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a②
联立①②解得：F＝(M＋m)gtan θ.
【问题探究4】多过程问题的分析与求解
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程.
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等.
多过程问题的分析方法
(1)分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式.
(2)注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系.
注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度.
【典型例题7】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 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大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动.求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2.
【答案】(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s
【解析】 (1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
F1－mg－f＝ma1
解得a1＝4 m/s2
飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.
(2)最初9 s内位移h1＝eq \f(1,2)a1t12＝162 m
设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：
f＋mg＝ma2
解得a2＝12 m/s2
由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2
由运动学公式可得h2＝eq \f(1,2)a2t22
飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2
解得t2＝3 s，H＝216 m.
(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：
mg－f＝ma3
解得a3＝8 m/s2
恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.
解得v2＝48 m/s，
由于H>eq \f(1,2)a3t32＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.
【典型例题8】如图所示，一质量为 SKIPIF 1 < 0 的小型遥控无人机，在恒定升力 SKIPIF 1 < 0 的作用下竖直起飞，经过 SKIPIF 1 < 0 后，无人机达到最大速度 SKIPIF 1 < 0 ，改变升力，此后无人机匀速上升。假设无人机竖直飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度 SKIPIF 1 < 0 取 SKIPIF 1 < 0 。则该无人机（ ）
A．起飞时的加速度大小为 SKIPIF 1 < 0
B．在竖直上升过程中所受阻力的大小的 SKIPIF 1 < 0
C．竖直向上加速阶段位移大小为 SKIPIF 1 < 0
D．上升至离地面 SKIPIF 1 < 0 处所需的最短时间为 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A．由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度 SKIPIF 1 < 0 选项A错误﹔
B．由牛顿第二定律 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0 选项B错误；
C．竖直向上加速阶段 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 选项C错误﹔
D．匀速阶段 SKIPIF 1 < 0
无人机从地面起飞竖直上升至离地面 SKIPIF 1 < 0 处所需的最短时间 SKIPIF 1 < 0 选项D正确；
故选D。
【对点训练7】如图所示，一个质量m=1kg的物块，在拉力F=5N作用下，丛静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成θ角，θ=37°，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8
（1）作出物块的受力分析图；
（2）求物块运动的加速度大小；
（3）物块从静止开始运动时间t=10s后撤去F，求物块还能运动多远。
【答案】（1） （2）0.5m/s2；（3）2.5m
【解析】（1）受力示意图如图所示
（2）建立如图所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律
x方向 SKIPIF 1 < 0
y方向 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
加速度 a=0.5m/s2
（3）物块做匀加速直线运动10s，速度大小为 SKIPIF 1 < 0
撤去拉力后，水平方向物块只受滑动摩擦力 SKIPIF 1 < 0
撤去拉力后，物块还能运动的距离 SKIPIF 1 < 0
【对点训练8】如图所示的大楼内有2部电梯为观景台使用，其上行最高速率可达16m/s，从1楼到89楼的室内观景台，只需39s，在观景台上可以俯瞰周边全景。若电梯从地面到观景台经历匀加速、匀速和匀减速三个过程，小明对这个运动过程很感兴趣，于是他在电梯里进行了实验，发现在电梯加速上升时，质量为60kg的他站在台秤上，台秤的示数是66kg，已知重力加速度取10m/s2。
（1）求电梯在加速上升阶段的加速度大小和加速时间；
（2）若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求在电梯减速上升阶段小明对电梯的压力；
（3）若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求观景台的高度。

【答案】（1）1m/s2；16s；（2）540N，方向竖直向下；（3）368m
【解析】（1）根据牛顿第二定律，电梯在加速上升阶段的加速度大小 SKIPIF 1 < 0
加速时间 SKIPIF 1 < 0
（2）设电梯在减速上升阶段电梯对小明的支持力为 SKIPIF 1 < 0 ，根据牛顿第二定律有 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
根据牛顿第三定律可得，小明对电梯的压力大小为540N，方向竖直向下
（3）若加速和减速阶段的加速度大小相等，则电梯在减速上升阶段所用时间 SKIPIF 1 < 0
匀速阶段所用时间 SKIPIF 1 < 0
加速和减速阶段上升的高度 SKIPIF 1 < 0
匀速上升的高度 SKIPIF 1 < 0
则观景台的高度 SKIPIF 1 < 0
04
体系构建

05
记忆清单
1、解决两类动力学基本问题的关键
①两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
②一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁.两类动力学基本问题都涉及加速度，因此加速度在解决动力学问题中起到关键作用。
2、应用牛顿运动定律时的注意事项
（1）若物体做直线运动，一般将力沿运动方向和垂直于运动方向进行分解；若求加速度，一般要沿加速度方向分解力；若求某一个力，可沿该力的方向分解加速度。
（2）物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，作受力分析图时，把所受的外力画到物体上的同时，速度和加速度的方向也可以标在图中。
3.处理连接体问题的常用方法
类型一:①连接体的各部分加速度相同;②不涉及物体之间的相互作用力，求连接体的加速度或合外力。
方法:整体法。整体法是把几个物体视为一个整体，作为研究对象进行受力分析和运动分析。整体法的优点是研究对象少，未知量少,方程少,求解简单。
类型二:①当各部分加速度不同时，一般采用隔离法； ②在分析连接体内各物体(或一个物体的各个部分)间的相互作用力时必须用隔离法.
方法:隔离法。将要分析的物体从连接体中隔离出来，作为研究对象进行受力分析。将物体间的内力转化为外力。优点是容易得出单个物体的受力情况。
整体法求加速度，隔离法求相互作用力。求内力，先整体，后隔离;求外力，先隔离，后整体。
0601
强化训练
1．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是( )

【答案】C
【解析】 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.
2.某地g取10m/s2，火箭在运动时不计空气阻力，竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到（ ）
A．20m/s2B．25m/s2C．30m/s2D．40m/s2
【答案】C
【解析】当推力为F时，根据牛顿第二定律有 SKIPIF 1 < 0
同理，当推力为2F时，有 SKIPIF 1 < 0
联立两式，代入数据解得 SKIPIF 1 < 0
故选C。
3．（多选）一个静止在水平面上的物体质量为2 kg，在水平向右的5 N的拉力作用下滑行，物体与水平面间的滑动摩擦力为2 N，4 s后撤去拉力，则（ ）
A．物体在4 s末的速度为6 m/sB．物体在4 s末的速度为10 m/s
C．物体滑行的时间为6 sD．物体滑行的时间为10 s
【答案】AD
【解析】AB．前4 s内，根据牛顿第二定律得，物体匀加速运动的加速度a1= SKIPIF 1 < 0 =1.5 m/s2
物体在4 s末的速度v1=a1t1=6 m/s选项A正确，B错误；
CD．4 s后，根据牛顿第二定律得，物体匀减速运动的加速度a2= SKIPIF 1 < 0 =-1 m/s2
物体继续滑行的时间 SKIPIF 1 < 0 则物体滑行的时间为6 s+4 s=10 s，选项C错误，D正确。
故选AD。
4．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，g取10 m/s。则下列说法错误的是（ ）
A．物体与水平面间的滑动摩擦力为7N
B．物体的质量为2kg
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．当F为5N时，物体受到水平面的作用力大小为 SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】A．由图知，F1=7N时，物体刚开始运动，则物体与水平面间的最大静摩擦力为7N，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故A错误，符合题意；BC．令F2=14N SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
根据 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
解得 m=2kg SKIPIF 1 < 0 故BC正确，不符合题意；
D．当F为5N时，物体静止，受到静摩擦力 SKIPIF 1 < 0 水平面的支持力N=20N
物体受到水平面的作用力大小为 SKIPIF 1 < 0 故D正确，不符合题意。故选A。
5．如图所示，两根直棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直壁上固定不动，一根水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下，若持两个木棍的倾角不变，将两棍间的距离减小后（ ）
A．仍匀速滑下B．匀加速滑下C．可能静止D．一定静止
【答案】B
【解析】水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知 SKIPIF 1 < 0
将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有 SKIPIF 1 < 0 由于摩擦力变小，可知圆筒将匀加速滑下。
故选B。
6．（多选）如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．2s末到3s末物块做匀减速运动
B．在t=1s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．恒力F大小为10N
【答案】BC
【解析】AB．物块做匀减速直线运动的加速度大小为 SKIPIF 1 < 0
物块做匀减速直线运动的时间为 SKIPIF 1 < 0 即在t=1s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A错误，B正确； CD．物块匀加速直线运动的加速度大小 SKIPIF 1 < 0
根据牛顿第二定律得F＋Ff=ma1 F－Ff=ma2 解得F=7N Ff=3N
由Ff=μmg得μ=0.3故C正确，D错误。故选BC。
7.（多选）如图甲，一个物块放在水平面上，在两个恒力 SKIPIF 1 < 0 作用下做匀速直线运动。 SKIPIF 1 < 0 时刻，其中某个力发生变化，大小随时间的变化关系如图乙所示，在 SKIPIF 1 < 0 时间内（ ）

A．若变化的是 SKIPIF 1 < 0 ，物块运动的加速度可能均匀减小
B．若变化的是 SKIPIF 1 < 0 ，地面对物块的摩擦力可能先不变后均匀减小
C．若变化的是 SKIPIF 1 < 0 ，物块可能做匀加速直线运动
D．若变化的是 SKIPIF 1 < 0 ，地面对物块的摩擦力可能均匀减小
【答案】BD
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 减小时，摩擦力不变应该减速，合力为摩擦力减 SKIPIF 1 < 0 ，合力增大，因此加速度增大，故A错误；B． 当速度减小为0后摩擦力为静摩擦力，等于 SKIPIF 1 < 0 逐渐减小，故B正确；
CD．若变化的是 SKIPIF 1 < 0 ，物块的加速度会发生变化，地面对物块的摩擦力可能均匀减小，故C错误，D正确。故选BD。
8.如图，质量为M的大圆环中间有一立柱，其上串着一个质量为m的球，球和立柱间有摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，则地面对大圆环的支持力大于 SKIPIF 1 < 0
B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，则地面对大圆环的支持力小于 SKIPIF 1 < 0
C．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当初速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面
D．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当加速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面
【答案】D
【解析】A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，整个系统中有部分（小球）处于失重状态，则地面对大圆环的支持力小于 SKIPIF 1 < 0 ，A错误；
B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，整个系统中有部分（小球）处于超重状态，则地面对大圆环的支持力大于 SKIPIF 1 < 0 ，B错误；
C．当小球对立柱向上的摩擦力大等于 SKIPIF 1 < 0 时，大圆环离开地面，故小球能否通过摩擦力将大圆环托离地面，取决于摩擦力大小，与初速度大小无关，C错误；
D．若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时，就可能通过摩擦力将大圆环托离地面，此时
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0 D正确。故选D。
9．如图，汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A用细线悬挂车顶上，质量为m的一位中学生手握扶杆，始终相对于汽车静止地站在车箱底板上，学生鞋底与汽车间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻汽车对学生产生的作用力的大小和方向为（ ）
A．mg，竖直向上B． SKIPIF 1 < 0 ，斜向左上方
C．mgtanθ，水平向右D．mgsinθ，斜向右上方
【答案】B
【解析】以小球为研究对象，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得m球gtanθ=m球a，解得a=gtanθ
以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，设汽车对学生的作用力F与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律可得mgtanα=ma， SKIPIF 1 < 0
将a=gtanθ代入，解得α=θ， SKIPIF 1 < 0 方向斜向左上方。故选B。
10．如图所示，A、B两个木块靠在一起放在光滑的水平面上，已知 SKIPIF 1 < 0 ，第一次用水平力F从左边推动两木块一起运动，此时它们的加速度为a1，A、B间弹力为N1，第二次将水平力F反向，大小不变，从右边推动两木块一起运动，此时它们的加速度为a2，A、B间弹力为N2，则（ ）

A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】AB．第一次用水平力F从左边推动两木块时，A、B的加速度大小相同，对整体分析，由牛顿第二定律得 SKIPIF 1 < 0 同理，当水平推力F作用于木块B的右端时，整体的加速度为 SKIPIF 1 < 0
可知 SKIPIF 1 < 0 故AB错误；CD．第一次用水平力F从左边推动两木块时，隔离B分析有 SKIPIF 1 < 0
当水平推力F作用于木块B的右端时，隔离A分析有 SKIPIF 1 < 0
因为 SKIPIF 1 < 0 可知 SKIPIF 1 < 0 故C错误，D正确。故选D。
11．如图所示，两个质量分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的水平拉力分别作用在 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 上，则（ ）

A．弹簧秤的示数是10 N
B．弹簧秤的示数是26 N
C．在突然撤去 SKIPIF 1 < 0 的瞬间， SKIPIF 1 < 0 的加速度为 SKIPIF 1 < 0
D．在突然撤去 SKIPIF 1 < 0 的瞬间， SKIPIF 1 < 0 的加速度为 SKIPIF 1 < 0
【答案】BD
【解析】AB．以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度 SKIPIF 1 < 0 方向水平向右，设弹簧秤的拉力是F，以 SKIPIF 1 < 0 为研究对象，由牛顿第二定律得 SKIPIF 1 < 0 则F=26N故A错误，B正确；C．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去 SKIPIF 1 < 0 的瞬间， SKIPIF 1 < 0 不再受 SKIPIF 1 < 0 的作用， SKIPIF 1 < 0 受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知， SKIPIF 1 < 0 的加速度变化，不再等于 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；D．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去 SKIPIF 1 < 0 的瞬间， SKIPIF 1 < 0 受力情况不变， SKIPIF 1 < 0 受的合力不变，由牛顿第二定律可知， SKIPIF 1 < 0 的加速度不变，为 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确。故选BD。
12．某幼儿园要在空地上做一个滑梯，根据空地的空间和安全考虑，滑梯的竖直高度确定为2.4m。设计时，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯水平跨度要满足什么条件？
【答案】不大于6m
【解析】儿童受力分析如图所示
重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcsθ，平行于滑梯的力等于mgsinθ；人在滑梯上能滑下，满足mgsinθ≥μmgcsθ
已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，解得滑梯倾角 tanθ≥μ=0.4
根据几何关系可知 SKIPIF 1 < 0 其中h=2.4m，解得滑梯的水平夸度为L=6m
所以滑梯的水平跨度不得大于6m。
13.如图所示，一质量 SKIPIF 1 < 0 的物体放在水平地面上，作用在物体上的拉力 SKIPIF 1 < 0 与水平面成 SKIPIF 1 < 0 ，当 SKIPIF 1 < 0 时物体恰好做匀速直线运动，（ SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，g=10m/s2）。求：
（1）物体与水平面的动摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）当力 SKIPIF 1 < 0 增大为 SKIPIF 1 < 0 时，物体运动的加速度；
（3）物体沿水平面运动的最大加速度。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【解析】（1）当 SKIPIF 1 < 0 时物体恰好做匀速直线运动，对物体进行分析受力，其受力示意图如下所示
根据平衡条件可得 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
联立解得 SKIPIF 1 < 0
（2）当力 SKIPIF 1 < 0 增大为 SKIPIF 1 < 0 时，分析可知拉力 SKIPIF 1 < 0 沿竖直方向的分力小于重力。故物体沿水平方向做匀加速直线运动。则竖直方向根据平衡条件，有 SKIPIF 1 < 0
水平方向根据牛顿第二定律，有 SKIPIF 1 < 0 带入数据联立可得 SKIPIF 1 < 0
（3）分析可知，当地面对物块的支持力为零时，物块的加速最大，此时地面对物体的摩擦力也为零。故物体受力示意图如下
故有 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 联立解得 SKIPIF 1 < 0
14.如图甲所示，一物块在水平外力 SKIPIF 1 < 0 的作用下在粗糙水平地面上做匀速直线运动，在 SKIPIF 1 < 0 时刻撤去外力，物块做匀减速运动后停下，其位移—时间图像如图乙所示。已知物块的质量 SKIPIF 1 < 0 ，重力加速度g取 SKIPIF 1 < 0 ，求：
（1）物块与地面间的动摩擦因数；
（2）物块匀速运动时的速度大小。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0
【解析】（1）物块做匀速直线运动，水平方向上 SKIPIF 1 < 0
竖直方向上有 SKIPIF 1 < 0 又由 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0
（2）撤去外力F后，做匀减速运动，由图像可知， SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，物块刚好停止。物块在0~4 s内的运动可看做反向匀加速运动，设加速度为a，则有 SKIPIF 1 < 0 又 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0
15.如图所示，水平面上放有质量均为m=1kg的物块A和B（均视为质点），A、B与地面的动摩擦因数分别为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 ，相距l=3.5m现给物块A一初速度使之向物块B运动，与此同时给物块B一个F=4N水平向右的力使其由静止开始运动，经过一段时间A恰好能追上B。 SKIPIF 1 < 0 。求：
（1）物块B运动的加速度大小；
（2）物块A初速度大小。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0
【解析】（1）取水平向右为正方向，对物块B进行分析，其在水平方向上受到摩擦力与F，根据牛顿第二定律得 SKIPIF 1 < 0 代入数据求得物块B运动的加速度大小为 SKIPIF 1 < 0
（2）设物块A的初速度为v0，经过t时间追上物块B，对物块A进行分析，其水平方向上受到摩擦力，由牛顿第二定律得 SKIPIF 1 < 0 解得 SKIPIF 1 < 0
根据题意可知，经过t时间，物块A与物块B的位移与速度分别满足 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
其中 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
代入数据解得 SKIPIF 1 < 0
16．滑雪是很多人喜欢的运动项目，通过雪地输送带将滑雪者送到山坡雪道顶端，如图1所示。如图2所示，ABC为一简化的雪道模型，AB段为长 SKIPIF 1 < 0 倾角 SKIPIF 1 < 0 的山坡雪道，BC段为水平雪道，AB与BC平滑相连。一位质量 SKIPIF 1 < 0 （含装备）的滑雪者从山坡雪道顶端A处从静止开始自由滑下，到达底端后进入水平雪道。已知雪橇与水平雪道和山坡雪道之间的动摩擦因数均为 SKIPIF 1 < 0 ，忽略空气阻力，g取 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。
（1）如果滑雪者没有任何助力动作。求：
①滑雪者在山坡雪道下滑时的加速度大小 SKIPIF 1 < 0 ；
②为了使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来，水平雪道BC的长度x至少为多长；
（2）为了能较快的停下，滑雪者在滑到山坡雪道上的P点时，开始通过调整身体的动作来增加阻力直到B点，进入水平雪道后不再增加阻力。若滑雪者在山坡雪道上增加的阻力为人对雪道压力的 SKIPIF 1 < 0 倍，进入水平雪道后经 SKIPIF 1 < 0 停下，求滑雪者开始调整身体动作的位置P与B的距离 SKIPIF 1 < 0
【答案】（1）① SKIPIF 1 < 0 ；②215m；（2）20m
【解析】（1）①滑雪者在山坡雪道下滑时受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律可得
SKIPIF 1 < 0
所以加速度 SKIPIF 1 < 0
②根据匀变速运动位移速度公式 SKIPIF 1 < 0 可得滑雪者在B点的速度 SKIPIF 1 < 0
滑雪者在水平雪道上滑行的合外力为f=μmg，滑雪者加速度 SKIPIF 1 < 0
滑雪者做匀减速运动，所以为了使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来，根据位移速度公式得水平雪道BC的长度 SKIPIF 1 < 0 即水平雪道BC的长度x至少为215m；
（2）由（1）可知：滑雪者到达P点的速度 SKIPIF 1 < 0
由（1）可知：滑雪者在B点的速度 SKIPIF 1 < 0
对滑雪者在PB段应用牛顿第二定律可得 SKIPIF 1 < 0
滑雪者加速度 SKIPIF 1 < 0
故根据匀变速运动规律可得 SKIPIF 1 < 0 联立求得x1=20m
17.我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
【答案】 (1)96 m/s (2)3.75 s 6.55×104 N
【解析】 (1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kveq \\al(2,1)＝m1g
装载弹药后起飞时，有kveq \\al(2,2)＝m2g
解得v2＝96 m/s。
(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝eq \f(v2,2)t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝eq \f(v2,t)＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力F水平＝m2a
解得F＝6.55×104 N。
课程标准
学习目标
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能通过物体的运动情况确定物体的受力情况。
2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。
3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
1、能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物体的受力情况。
2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。
3、初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。