4.5 用牛顿运动定律的应用（word版含答案）

第6节 用牛顿运动定律解决问题(一)

一、从受力确定运动情况
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，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力。
【巩固练习】
1．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t秒内的位移为x m，则合力F的大小为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
2．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为(　　)
A．7 m/s　 　B．14 m/s　 　C．10 m/s　 　D．20 m/s
3．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引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s。安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)(　　)
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
4．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v?t图像中，符合此过程中物体运动情况的图像可能是(　　)

5．用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们(　　)
A．滑行中的加速度之比为2∶3
B．滑行的时间之比为1∶1
C．滑行的距离之比为4∶9
D．滑行的距离之比为3∶2

6．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0.20。取g＝10 m/s2，cos 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s。





7．一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
8．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则(　　)
A．物体到达C1点时的速度最大
B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C．物体到达C3的时间最短
D．在C3上运动的加速度最小
9．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。则下列说法中正确的是(　　)
A．物体在A点的速率最大
B．物体由A点到B点做的是匀减速运动
C．物体在B点时所受合力为零
D．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大后减小






10.在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2)
(1)当A受到水平方向的推力F1＝25 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ。
(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨(如图所示)，当对A施加竖直向上的推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)所需时间为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)







11.如图所示，质量为m＝2 kg的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，物体在方向与水平面成α＝37°斜向下、大小为10 N的推力F作用下，从静止开始运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。若5 s末撤去F，求：
(1)5 s末物体的速度大小；
(2)前9 s内物体通过的位移大小。




【能力提升】
1．(已知受力求运动情况)假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，洒水车匀速行驶，洒水时它的运动将是(　　)
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
2. (已知受力求运动情况)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　)
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑


3．(已知受力求运动情况)雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是(　　)


4. (已知受力求运动情况)如图所示，AD、BD、CD是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达D点所用的时间，则(　　)
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3




5．(综合)(多选)在一东西方向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8 B．10 C．15 D．18

6．(已知受力求运动情况)(多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)

A．4 m/s2 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．1 m/s2

7．(已知运动情况求受力)(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，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的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定



8．(已知运动情况求受力)某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目。该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m(不计空气阻力，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)。问：
(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？







9．(综合)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B的间距L＝20 m。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处。(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并恰能到达B处，求该力作用的最短时间。










10. (已知受力求运动情况)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)问：
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？










11. (综合)如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？

























12．(综合)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图a所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图b所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。





答案
巩固练习
1解析：选A　由运动情况可求得质点的加速度a＝ m/s2，则合力F＝ma＝ N，故A项对。
2解析：选B　设汽车刹车后滑动时的加速度大小为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－位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。
3解析：选C　汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确。
4解析：选D　其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确。
5解析：选C　根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以滑行中的加速度为：a＝μg，
所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝，可得＝＝，B错误；
根据公式v2＝2ax可得＝＝，C正确，D错误。
6解析：(1)对雪橇：竖直方向：N1＋Fsin 37°＝mg，
且f1＝μN1
由牛顿第二定律：Fcos 37°－f1＝ma1
由运动学公式：v＝a1t1
解得：v＝5.2 m/s。
(2)撤去拉力后，雪橇的加速度a2＝μg
根据－v2＝－2a2s，解得：s＝6.76 m。
答案：(1)5.2 m/s　(2)6.76 m
7解析：选A　设小球受到的阻力为Ff＝kv2，在刚开始下落一段时间内阻力是从零增加，mg>Ff，向下做加速运动，过程中速度在增大，所以阻力在增大，当mg＝Ff时，合力为零，做匀速直线运动，速度不再增大，故小球的速度先增大后匀速，A正确。
8解析：选C　在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝gsin θ，斜面倾角越大，加速度越大，所以C3上运动的加速度最大，根据几何知识可得：物体发生位移为x＝，物体的初速度为零，所以x＝at2解得t＝＝，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，根据v2＝2ax得，v＝，知到达底端的速度大小相等，故C正确。
9解析：选D　物体在A点时只受重力，仍向下加速，故A错误。从A点向下运动到B点过程中，弹簧弹力增大，合力方向先是向下，逐渐减小，后又变为向上，逐渐增大，所以物体先加速后减速，故B错误。物体能从B点被弹回，说明物体在B点受到的合力不为零，故C错误。从B上升到A过程中，合力先向上后向下，方向与运动方向先相同后相反，也是先加速后减速，D正确。
10解析：(1)当磨石在水平方向上做匀速直线运动时，
F1＝μmg得μ＝0.5。
(2)根据牛顿第二定律：加速度为a，则
(F2－mg)cos θ－μ(F2－mg)sin θ＝ma
得a＝1.0 m/s2
由x＝at2得t＝2 s。
答案：(1)0.5　(2)2 s

11解析：(1)物体受力如图所示，据牛顿第二定律有
竖直方向上FN－mg－Fsin α＝0
水平方向上Fcos α－Ff＝ma
又Ff＝μFN
解得a＝＝1.4 m/s2
则5 s末的速度大小
v1＝at1＝1.4×5 m/s＝7.0 m/s。
(2)前5 s内物体的位移x1＝at＝17.5 m
撤去力F后，据牛顿第二定律有－Ff′＝ma′
FN′－mg＝0
又Ff′＝μFN′
解得a′＝－μg＝－2 m/s2
由于t止＝－＝3.5 s故物块撤去力后到停止运动的位移
x2＝－＝12.25 m
则前9 s内物体的位移大小
x＝x1＋x2＝29.75 m。
答案：(1)7.0 m/s (2)29.75 m


能力提升

1答案　A
解析　a＝＝＝－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确。
2答案　C
解析　根据物块的运动情况可知，加恒力F前、后，物块的受力情况分别如图甲、乙所示；则由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma′，两式相除得：＝>1，所以a′>a，故只有C正确。

3答案　C
解析　对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－F阻＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v－t图象中其斜率变小，故C正确。
4答案　D
解析　小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿杆方向的分力产生的，设杆与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，则a＝gcosθ①
设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至到达D点的位移x＝2Rcosθ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③联立解得t＝2。
即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故t1＝t2＝t3。D正确。
5答案　BC
解析　设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝max，联立可得n＝x，x为3的倍数，则n为5的倍数，B、C正确，A、D错误。
答案　AB
解析　如图，当mgtan15°＝ma即a＝2.7 m/s2时只有N传感器有示数，若要Q传感器也有示数，即工件对Q有压力FN，以工件为研究对象，工件在竖直方向上受力mg＋FN′，FN′＝FN，(mg＋FN′)tan15°＝ma′，a′＞2.7 m/s2，故A、B正确，C、D错误。
7答案　BC
解析　在速度—时间图象中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速直线运动，外力F为恒力；1～3 s内，物块做匀速直线运动，外力F的大小恒定，3～4 s内，物块做减速运动，加速度不断增大，合力不断增大，F合＝F－Ff，Ff不变，外力F由大变小。综上所述，只有B、C两项正确。

8答案　(1)80 N　(2)0.12
解析　(1)沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
mgsinθ－Ff＝ma，
且x＝at2，联立并代入数值后，
得Ff＝m＝80 N。
(2)在垂直斜面方向上，FN－mgcosθ＝0，又Ff＝μFN
联立并代入数值后，得μ＝＝≈0.12。

9答案　(1)0.5　(2)1.03 s
解析　(1)物体做匀加速直线运动，有L＝at
所以a＝＝10 m/s2
根据牛顿第二定律有F－f＝ma
则f＝F－ma＝10 N
所以μ＝＝0.5。
(2)设F作用的最短时间为t，则物体先以大小为a1的加速度匀加速t秒，撤去外力后，物体以大小为a2的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰好为零，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
所以a1＝－μg＝11.5 m/s2
a2＝＝μg＝5 m/s2
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t＝a2t′
所以t′＝t＝t＝2.3t
又L＝a1t2＋a2t′2
所以t＝≈1.03 s。

10答案　(1)1.33 s　(2)0.85 s　2.3 m/s
解析　(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1，
解得：a1＝6 m/s2
t1＝＝ s
x1＝＝ m
物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N。
故不能相对斜面向上加速。故得：
a2＝0
x＝
t2＝＝ s
得t＝t1＋t2＝ s≈1.33 s。
(2)若达到同速后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin37°>μmgcos37°，
故减速上行mgsin37°－μmgcos37°＝ma3，
得a3＝2 m/s2
物块减速到0的位移x0＝＝4 m
x2＝x－x1＝ m设物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：
v2－v＝2a3x2，vt＝ m/s≈2.3 m/s
t′＝＝0.85 s。

11答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
解析　(1)物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
联立计算得出：
a＝3 m/s2，v＝8 m/s。
(2)对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图：

根据牛顿第二定律，有：
平行斜面方向：Fcosα－mgsin30°－Ff＝ma
垂直斜面方向：Fsinα＋FN－mgcos30°＝0
其中：Ff＝μFN
联立计算得出：
F＝＝
故当α＝30°时，拉力F有最小值，为Fmin＝ N。

12答案　(1)μ1＝0.1　μ2＝0.4
(2)6.0 m　(3)6.5 m
解析　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。
由牛顿第二定律有：－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度
v1＝4 m/s，
碰前物块与木板做初速度为v0的匀减速运动，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得a2＝⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。
由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt
小物块运动的位移为
s2＝Δt
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得Δs＝6.0 m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，因为μ1g(m＋M)<μ2g(m＋M)，故两者以共同的速度向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v＝2a4s3
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得
s＝－6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。