2025人教版高中物理必修第一册同步练习题（有解析）--5　牛顿运动定律的应用

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2025人教版高中物理必修第一册
第四章　运动和力的关系
5　牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一　从受力确定运动情况
1.(2024四川绵阳江油中学月考)如图所示,一质量为2 kg的物体静止在光滑的水平桌面上,零时刻受到三个水平方向上的共点力F1、F2与F3的作用,F1与F2共线且反向,F3与F1垂直,且F1=6 N、F2=2 N、F3=3 N,则2 s末物体的位移大小为 (　　)
A.2.5 m　　　　B.5 m　　　　C.10 m　　　　D.12 m
2.(2024湖南常德期末)儿童游乐场里“淘气堡”生意火爆,成为了小朋友们的欢乐海洋。如图所示,一质量为20 kg的小男孩从斜面上端由静止沿斜面向下滑至底端后,冲入“海洋球”中,玩得非常开心。若斜面长4 m,斜面与水平面夹角为37°,男孩与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,则男孩在斜面上滑行的时间为(　　)
A.2 s　　B. s　　C.1 s　　D.0.5 s
3.(2024福建厦门第一中学月考)商场工作人员拉着质量m=20 kg的木箱沿水平地面运动。若用F=50 N的水平力拉木箱,木箱恰好做匀速直线运动;现改用F1=150 N、与水平方向成53°角斜向上的拉力作用于静止的木箱上,如图所示。已知sin 53°=0.80,cos 53°=0.60,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)木箱与地面之间的动摩擦因数μ;
(2)F1作用在木箱上时,木箱运动的加速度a的大小;
(3)木箱在F1作用下4.0 s时的速度大小v4。
4.(经典)(2024山东青岛月考)如图所示,质量m=2 kg的物块在倾角为θ=37°的斜面上,受一沿斜面向上的拉力F=17.2 N的作用,从静止开始运动,已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物块运动的加速度大小;
(2)5 s内物块的位移大小;
(3)外力F在作用10 s后立即被撤去,撤去外力后物块还能沿斜面上滑多大距离 (设斜面足够长)
题组二　从运动情况确定受力
5.(2024山东济南期末)某人从一平台无初速度跳下,下落2 m后双脚触地,同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心又匀变速下降了0.5 m,则在着地过程中,地面对他双脚的平均作用力大小约为自身重力的(　　)
A.3倍　　B.4倍　　C.5倍　　D.6倍
6.(2024广东深圳实验学校月考)如图所示,一小物块(可视为质点)从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端,经过1 s从另一端滑落。已知物块与桌面间的动摩擦因数为μ,重力加速度g取10 m/s2。下列v0、μ的值可能正确的是 (　　)
A.v0=2.5 m/s　　　　B.v0=1.5 m/s C.μ=0.28　　　　D.μ=0.25
7.(2024福建厦门第二中学月考)2023年1月17日,翔安大桥正式通车。如图所示为大桥通往滨海东大道的引桥段的简化模型,一辆质量为1 500 kg的轿车以54 km/h的初速度从A点进入辅道,沿下坡路段刹车做匀减速直线运动至B点时速度为36 km/h,接着保持该速率通过水平圆弧BC路段,最后经过CD路段进入滨海东大道。若辅道AB长为250 m、与水平面夹角为θ,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=0.05,求:
(1)轿车在AB路段行驶时的加速度大小;
(2)轿车在AB路段行驶时受到的总阻力大小(忽略发动机动力)。
8.(经典)(2024江苏扬州高邮月考)某同学在物理数字化实验室采用如图甲所示的装置探究物体加速度与力的关系。开始时将一质量为m=1 kg的物体置于水平桌面上,现对物体施加一个水平向右的恒定推力F,经过一段时间后撤去此力,通过放在物体右前方的速度传感器得到了物体部分运动过程的v-t图线,如图乙所示(向右为速度正方向)。求:
(1)两个阶段内物体的加速度大小各为多少;
(2)摩擦力f和推力F大小各为多少。
　　
题组三　等时圆模型
9.(经典)(2024山东济宁月考)如图所示,一斜面固定在水平面上,斜面上固定了两个光滑轨道a、b,其中轨道a与斜面垂直,两轨道顶点相同,且顶点在C点的正上方。现分别从两轨道的顶点由静止释放一物块,它们到达斜面的时间分别为t1、t2。下列说法正确的是(　　)
A.t1t2　　　　D.无法确定
10.(2024江苏盐城建湖高级中学学情检测)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ,现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A.tAB=tCD=tEF　　　　B.tAB>tCD>tEF C.tAB能力提升练
题组一　应用牛顿运动定律解决多过程问题
1.(多选)(2024广东深圳期中)电动平衡车是一种运动娱乐工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg,启动平衡车后,人和车由静止开始向前做直线运动,某时刻关闭动力,最后停下来,其v-t图像如图所示。假设人和平衡车受到的阻力恒为F,重力加速度g=10 m/s2,则(　　)
A.人和平衡车受到的阻力大小为F=3.6 N
B.平衡车整个运动过程中的位移大小为195 m
C.平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s
D.平衡车在加速阶段的动力大小为108 N
2.(多选)(2024安徽阜阳期末)如图所示,质量为M=1 kg的电动玩具车a,用一根不可伸长的轻质细线与小物块b相连,小物块质量m=2 kg,玩具车受到的恒定动力和恒定阻力大小分别为8 N和1 N,系统从静止开始在水平面上运动,运动8 s时细线突然断裂,小物块b继续滑行一段距离后停止,已知小物块b与水平面间动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.细线断开前系统加速度大小为1 m/s2
B.细线断开前细线上拉力大小为 N
C.细线断开后小物块b继续滑行的时间为4 s
D.细线断开后小物块b继续滑行的距离为8 m
3.(2023广东韶关期末)有一个冰上滑木箱的游戏节目,规则是:选手们从起点开始用力推木箱一段时间后,放手让木箱向前滑动,若木箱最后停在冰上有效区域内,视为成功,否则视为失败。其简化模型如图所示,AC是长度为L1=7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,BC为有效区域。已知BC长度L2=1 m,木箱的质量m=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直线运动。若木箱可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,那么该选手要想游戏获得成功,试求:
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小;
(2)推力作用在木箱上的时间应满足的条件。
4.(经典)(2024江西宜春丰城中学月考)可爱的企鹅喜欢在冰面上游玩,如图所示,有一企鹅在倾角为37°的斜面上,靠脚爪抓冰面,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒,以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)企鹅向上匀加速“奔跑”的位移大小;
(2)从静止开始10 s内企鹅的位移大小和路程。
题组二　应用牛顿运动定律解决多物体问题(连接体问题)
5.(2024北京首都师范大学附属中学月考)如图所示三个装置,(a)中桌面光滑,(b)、(c)中桌面粗糙程度相同,(c)中用大小为F=Mg的力替代质量为M的重物进行牵引。不计绳和滑轮的质量,三个装置中质量为m的物块均做加速运动。下列关于三个实验装置的分析中,正确的是 (　　)
A.装置(a)中绳上张力Ta=Mg
B.装置(a)中绳上的张力Ta小于装置(b)中绳上的张力Tb
C.装置(b)、(c)中物块的加速度相同
D.三个装置中物块的加速度均不会超过重力加速度g
6.(2023广东广州实验外语学校期末)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用细线连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增大细线上的张力,可行的办法是(　　)
A.增大A物块的质量　　　　　B.增大B物块的质量
C.增大倾角θ　　　　　D.增大动摩擦因数μ
7.(2024福建厦门双十中学月考)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度a=4 m/s2的匀加速直线运动,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 (　　)
A.外力F刚施加的瞬间,F的大小为4 N
B.当弹簧压缩量减小到0.3 m时,A、B间弹力大小为1.2 N
C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.12 m
D.B物体速度达到最大时,B物体的位移大小为0.22 m
8.(2024湖南长沙名校联合体联考)如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是 (　　)
A.轻绳对P点的拉力大小为mg
B.物体A的加速度大小为g
C.地面对斜面体的支持力大小为Mg+2mg
D.增大A的质量,再将A、B由静止释放,则B有可能上升
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.A 5.C 6.B 9.C 10.B
1.B　根据力的合成规律,F1、F2的合力大小为F12=6 N-2 N=4 N,则F1、F2与F3的合力大小为F合= N=5 N;根据牛顿第二定律,物体的加速度大小为a= m/s2=2.5 m/s2,则2 s末物体的位移大小为x=at2=5 m,选B。
2.A　小男孩在斜面上运动时,由牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得a=2 m/s2;又由匀变速直线运动的规律x=at2,得t==2 s,故选A。
3.答案　(1)0.25　(2)3.5 m/s2　(3)14 m/s
解析　(1)木箱在水平力F的作用下做匀速直线运动,则有F=f=μmg
解得木箱与地面之间的动摩擦因数μ==0.25
(2)F1作用在木箱上时,对木箱受力分析,在水平方向上有F1 cos 53°-f=ma
竖直方向上有F1 sin 53°+FN=mg
又有f=μFN
联立解得a=3.5 m/s2
(3)根据匀变速直线运动的速度公式可得,木箱在F1作用下4.0 s时的速度大小为v4=at=3.5×4 m/s=14 m/s
4.答案　(1)0.6 m/s2　(2)7.5 m　(3)2.25 m
解析　
(1)有拉力F作用时,对物块受力分析,如图甲所示
根据牛顿第二定律有F-mg·sin θ-f=ma1
其中f=μFN,FN=mg cos θ
联立解得物块的加速度大小为a1=0.6 m/s2
(2)5 s内物块的位移大小为x1==7.5 m
(3)撤去外力瞬间,物块的速度大小为v1=a1t2=6 m/s
撤去外力后对物块受力分析,如图乙所示
根据牛顿第二定律有mg sin θ+f=ma2
其中f=μFN,FN=mg cos θ
联立解得物块的加速度大小为a2=8 m/s2
则撤去外力后物块还能沿斜面上滑的距离为x2==2.25 m
5.C　下落2 m过程中人做自由落体运动,有2gh1=v2;着地过程中自身重心又匀变速下降了0.5 m,有-2ah2=0-v2,联立解得a=4g,根据牛顿第二定律有-mg=ma,解得=5mg,可知地面对他双脚的平均作用力大小约为自身重力的5倍,选C。
6.B　物块沿水平桌面的中线做匀减速直线运动,则;由题意可知x=1 m,t=1 s,v>0,可解得00,由于07.答案　(1)0.25 m/s2　(2)1 125 N
解析　(1)轿车从A点进入辅道时的速度为v0=54 km/h=15 m/s
轿车减速至B点时的速度为v=36 km/h=10 m/s
由匀变速直线运动的速度-位移公式可得-2ax=v2-
解得a=0.25 m/s2
即轿车在AB路段行驶时的加速度大小为0.25 m/s2。
(2)轿车在AB路段行驶,由牛顿第二定律有
f-mg sin θ=ma
可得轿车在AB路段行驶时受到的总阻力大小f=1 125 N
8.答案　(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)2 N　2.5 N
解析　(1)根据v-t图线的斜率表示物体运动的加速度,结合图像可得0~2 s内加速度大小为a1= m/s2=0.5 m/s2
2~3 s内加速度为a2= m/s2=-2 m/s2
即加速度大小为2 m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得,0~2 s内有F-f=ma1
2~3 s内有-f=ma2
解得F=2.5 N,f=2 N
9.C　
模型构建　由于a、b两光滑轨道顶点相同,滑块从两轨道的顶点由静止滑到同一斜面,构建等时圆模型,如图所示,以C点和两轨道的顶点的连线为直径作辅助圆,则滑块从顶点沿轨道下滑到圆周的时间相等。
利用作出的辅助圆,结合几何知识可知,轨道a末端在辅助圆上,而轨道b末端在辅助圆内,由等时圆模型的结论可知t1>t2。故选C。
10.B　如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆模型的结论可知,tAB>tCD>tEF,B正确。
能力提升练
1.BD 2.AC 5.B 6.B 7.C 8.B
1.BD　由题图可知,t=30 s时关闭动力,根据v-t图线的斜率表示加速度,可得关闭动力后平衡车的加速度大小a2= m/s2=0.6 m/s2,则人和平衡车受到的阻力大小为F=ma2=36 N,A错误;根据v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,可得平衡车整个运动过程中的位移大小为x=×(25+40)×6 m=195 m,平均速度大小为 m/s=4.875 m/s,B正确,C错误;平衡车在加速阶段的加速度为a1= m/s2=1.2 m/s2,根据牛顿第二定律有F动-F=ma1,解得动力F动=108 N,D正确。
2.AC　设细线断开前a、b系统的加速度为a1,玩具车的动力大小为F,阻力大小为f1,由牛顿第二定律有F-f1-μmg=(M+m)a1,解得a1=1 m/s2,A正确;设细线拉力为T,选小物块b为研究对象,由牛顿第二定律有T-μmg=ma1,解得T=6 N,B错误;运动时间t1=8 s时,系统的速度为v0=a1t1=8 m/s,细线断开后小物块b的加速度为a2=-μg=-2 m/s2,小物块b继续滑行的时间t2==4 s,继续滑行的距离s==16 m,C正确,D错误。
3.答案　(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s
解析　(1)设推力作用在木箱上时,木箱的加速度为a1,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma1
解得a1=3 m/s2
(2)设撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得μmg=ma2
解得a2=1 m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1=a1t2
撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2=
木箱停在有效区域内,要满足条件L1-L2≤x1+x2≤L1
解得1 s≤t≤ s。
方法技巧　 “多过程”问题的分析要领
　　(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。
　　(2)对各“子过程”进行受力分析和运动情况分析,必要时画出受力图和运动过程示意图。
　　(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程。
　　(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等,并列出相关的辅助方程。
　　(5)联立求解,并对结果进行必要的讨论或验证。
4.答案　(1)16 m　(2)12.5 m　21.5 m
解析　(1)企鹅向上匀加速运动t=8 s,则位移大小为x1=at2=16 m
(2)t=8 s时,企鹅的速度v=at=4 m/s
企鹅卧倒后继续向上滑动,根据牛顿第二定律有mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
解得加速度大小a1=8 m/s2
设经过时间t1企鹅停止向上滑行,有v=a1t1,解得t1=0.5 s
匀减速到最高点的位移为x2==1 m
之后企鹅沿冰面向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
解得a2=4 m/s2
向下滑行的时间t2=10 s-t-t1=1.5 s
通过的位移大小为x3==4.5 m
从静止开始10 s内企鹅的位移大小x=x1+x2-x3=12.5 m
通过的路程s=x1+x2+x3=21.5 m
5.B　对装置(a),根据牛顿第二定律,分别对两物体分析可得Mg-Ta=Maa,Ta=maa,解得aa=,Ta=,A错误;对装置(b),根据牛顿第二定律,分别对两物体分析可得Mg-Tb=Mab,Tb-f=mab,解得ab=,Tb=,可知Tamg,物块的加速度大于重力加速度g,D错误。
6.B　对A、B、细线组成的系统应用牛顿第二定律得F-(mA+mB)g sin θ-μ(mA+mB)g cos θ=(mA+mB)a,隔离物块B,应用牛顿第二定律得FT-mBg sin θ-μmBg cos θ=mBa。联立以上两式可解得FT=,由此可知,FT的大小与θ、μ无关,mB越大,mA越小,FT越大,故选B。
规律总结　 “串接式”连接体中弹力的“分配协议”
　　如下列各图所示,对于一起做匀加速运动的物体系统,A和B间的弹力FAB或中间绳的拉力FT的大小遵循的“分配协议”为FAB=FT=。
　　此“分配协议”:
　　①与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同);
　　②与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关;
　　③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时都成立。
7.C　施加外力前,系统处于静止状态,对整体受力分析,由平衡条件得2mg=kx0,解得x0=0.4 m,外力施加的瞬间,物体A的加速度为4 m/s2,对整体,由牛顿第二定律得F-2mg+kx0=2ma,解得F=8 N,A错误;当弹簧压缩量减小到0.3 m时,设A、B间弹力大小为FAB,对A受力分析,由牛顿第二定律得F+FAB-mg=ma,对A、B组成的系统受力分析,由牛顿第二定律得F+kx1-2mg=2ma,联立解得FAB=1 N,B错误;A、B分离时,A、B间弹力为零,设弹簧的形变量为x2,对B受力分析,由牛顿第二定律得kx2-mg=ma,解得x2=0.28 m,所以A物体的位移大小为x0-x2=(0.4-0.28) m=0.12 m,C正确;当B物体的合力为零时速度达到最大,由C项分析可知A、B分离时B有向上的加速度,所以B速度最大时A、B已经分离,当B所受合力为零时,kx3=mg,解得x3=0.2 m,B物体的位移大小为x0-x3=0.2 m,D错误。
8.B　由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A的2倍,则物体B的加速度大小是物体A的2倍,设物体A的加速度大小为a,则B的加速度大小为2a,设A、B释放瞬间,轻绳的拉力大小为T,对A、B分别受力分析,由牛顿第二定律得2T-mg sin 30°-μmg·cos 30°=ma,2mg-T=2m·2a,解得T=mg,a=g,故A错误,B正确;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体分析,在竖直方向,根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-T sin 30°=2m·2a-ma sin 30°,解得地面对斜面体的支持力为FN=(M+m)g,故C错误;假设B上升,则A下滑,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,分析此时A的受力情况可知应满足m'g sin 30°>μm'g cos 30°+2T1,而T1>0,关系式不成立,故A不可能下滑,故假设不成立,D错误。
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