高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律与直线运动 专题练（含解析）

考点过关练：牛顿定律与直线运动
1．把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　）
A．过程中球的位移为0m
B．球释放时的高度为2.25m
C．过程中球的运动路程为1.62m
D．球上升过程的加速度大小为 9m/s2
2．在水平面上的物体在水平拉力F作用下的v—t图像和拉力的P—t图像如图所示，则物体跟水平面间的动摩擦因数为（g取10m/s2）（　　）
A． B． C． D．
3．将质量为1kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示。取重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．物体能上升的最大高度为3m
B．物体受到的空气阻力大小为2N
C．上升过程中物体加速度大小为10m/s2
D．下落过程中物体克服阻力做功为24J
4．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，下列图象可能正确反映雨滴下落运动情况的是（?? ）
A．? B．?? C．?? D．
5．元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于（　　）
A．40 m/s，0.5 B．40 m/s，0.25 C．50 m/s，0.25 D．50 m/s，0.5
6．某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为.通过测量计算得此火箭发射时可提供大小为的恒定推力，且持续时间为.随后该小组又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行时，火箭丢弃一半的质量，剩余时间内，火箭推动剩余部分继续飞行.若采用原来的方式，火箭可上升的高度为，则改进后火箭最高可上升的高度为（不考虑燃料消耗引起的质量变化）（ ）
A． B． C． D．
7．水平面上有质量均为1kg的两个小物块a、b。物块a在水平恒力F1=2N的作用下由静止开始运动4s，物块b在水平恒力F2=2N作用下由静止开始运动4m。两物块与水平面间的摩擦均可忽略不计。两物块在上述运动过程中（　　）
A．物块a的加速度比物块b的加速度大
B．物块a的末速度比物块b的末速度小
C．力F1做的功比力F2做的功多
D．力F1的冲量比力F2的冲量小
8．在粗糙程度相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动，4s后撤去外力F。运动的速度v与时间t的关系如图所示，取，由图象可知( )
A．在2s～4s内，力F=0
B．在0～2s内，力F逐渐变大
C．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
D．0—6s内物块运动的总位移为16m
9．质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示．外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是(　　)
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
10．如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点，不考虑足球的旋转，则足球（　　）
A．在位置3与位置1时的速度大小相等
B．上升过程的时间小于下落过程的时间
C．在位置2的加速度比位置3的加速度大
D．从位置1到2过程减少的动能大于从位置2到3过程增加的动能
11．两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
12．如图甲所示，物体从粗糙斜面上某点，以速度v0向上滑动，设物体的位移为x时，速度为ν，计算机绘出的x-v图象为如图乙所示的两段抛物线。已知物体始终在斜面上运动，重力加速度g=10m/s2，有图中数据可求出的是（　　）
A．斜面的倾角
B．物体受到的滑动摩擦力
C．物体与斜面间的动摩擦因数
D．物体从出发至返回到出发点的过程中损失的机械能
13．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了
B．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为
C．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为
D．小物体下落至高度h4时，物块处于失重状态
14．在光滑固定斜面的底端固定一轻质弹簧，一质量为m的小球自斜面上的某一位置静止释放，小球在斜面上运动的加速度a与其位移x之间的关系如图所示。弹簧始终处于弹性限度内，则弹簧劲度系数k和在此过程中小球重力的最大功率Pm分别为（　　）
A． B．
C． D．
15．质量为2kg的物体在10N水平恒力作用下，沿光滑水平桌面由静止运动2s，则2s末的速度为_______m/s，2s内通过的位移为_______m。
16．在其余条件相同时，汽车因撞击而停下要比刹车停下对乘员的作用力大，分析其原因：
(1)可依据的相关的物理原理有：______；
(2)具体理由是：______。
17．如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ=30°、高度为h=1.6m。一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0=0.2m的轻弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，物块A经过一段时间后从斜面顶端以4m/s的速率沿平行于斜面方向落到木板B上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数为。木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)物体A水平抛出时离地面的高度H；
(2)薄木板B从开始运动到与档板碰撞所需的时间；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
18．某人在一超市购物，通过下坡通道时，不小心将购物车松开，购物车由静止开始沿通道下滑，经过0.5s的反应时间后，该人开始匀加速追购物车，且人的最大速度为6m/s，则再经过2s，该人追上购物车。已知通道可看作斜面，倾角为，购物车与通道之间的摩擦力等于购物车对通道压力的，则人在加速过程中的加速度大小约为多少？（整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，，）
19．如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面底端以初速度v0=9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ=37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45.整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m=1kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小；
(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像，写明计算过程。
20．单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
21．一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10ｍ/s2.求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
22．如图1所示，有一质量的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
参考答案
1．C
【解析】
小球释放时的高度
下落时的加速度

由牛顿第二定律
下降过程

上升阶段
解得
则上升的时间

反弹的高度

则球的位移

球的运动路程为
则选项C正确。ABD错误。
故选C。
2．B
【解析】
结合v-t图象可知，物体在0-2s内作加速度a=3m/s2的匀加速直线运动，在2-6s内作v=6m/s的匀速直线运动。在P-t图象中，结合公式P=Fv可知，在0-2s内
P=Fv=Fat
由图像可知F1a=15，则F1=5N；在2-6s内
F1-μmg=ma
F2=μmg
代入数据，消去m可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
3．B
【解析】
B．根据动能定理可得
解得图象的斜率大小；故上升过程有
下降过程有
联立解得
，
故B正确；
A．针对上升到最高点的过程，由动能定理
解得物体上升的最大高度为
故A错误；
C．对上升过程由牛顿第二定律有
可知上升的加速度为
故C错误；
D．物体下落过程克服阻力做功为
故D错误。
故选B。
4．C
【解析】
根据牛顿第二定律得
a＝
速度增大，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，速度时间图线切线斜率表示加速度，可知B正确，ACD错误．
故选B。
5．C
【解析】
利用运动学知识有
x＝·t
代入数据得
v0＝50 m/s
对上升过程中的礼花弹受力分析，由牛顿第二定律有
mg＋Ff＝ma
又
Ff＝kmg
解得
k＝0.25
故选C。
6．C
【解析】
采用原来的方式时，模型火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得，解得，故火箭加速上升的高度，时刻火箭的速度大小为，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度，则．改为二级推进的方式后，火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得．解得，时间内火箭加速上升的高度,时刻火箭的速度，丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得解得；后时间内火箭加速上升的高度，时刻火箭的速度，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度，则，ABD错误C正确
7．C
【解析】
A．由牛顿第二定律可得
则物块a的加速度等于物块b的加速度，故A错误；
B．物块a的末速度为
物块b的末速度为
则物块a的末速度比物块b的末速度大，故B错误；
C．物块a发生的位移为
力F1做的功为
力F2做的功为
则力F1做的功比力F2做的功多，故C正确；
D．力F1的冲量为
物块b运动时间为
力F2的冲量为
则力F1的冲量比力F2的冲量大，故D错误。
故选C。
8．C
【解析】
A．在2s~4s内，物体做匀速运动，因此外力F等于物体受到的摩擦力，故A错误；
B．在0~2s内，图线的斜率逐渐减小，物体做加速度逐渐减小的加速运动，根据牛顿第二定律得
所以有
可知力F逐渐减小，故B错误；
C．撤去外力，物体做匀减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
解得，故C正确；
D．在0~2s内的位移大于4m，在2~6s内的位移为
则0~6s内的总位移大于16m，故D错误。
故选C。
9．ACD
【解析】
在W-x图中，斜率是力。
A．由：
Wf＝Ffx
对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由
Ff＝μmg
可得：
μ＝0.2
A正确；
C．由：
WF＝Fx
对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度：
a1＝＝3m/s2
C正确；
D．由动能定理得：
WF－Ffx＝mv2
可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3m/s
D正确；
B．物体的最大位移：
xm＝＝13.5 m
B错误．
10．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于空气阻力不能忽略，从1到2位置，根据动能定理有
从2到3位置，根据动能定理有
由于从1到2位置和2到3位置，空气阻力做功不同，上升时平均阻力更大，做功多，即，即所以在位置3与位置1时的动能大小不相等，那么速度大小也不相等，A错误；
B．运动时间由竖直方向决定，对竖直方向受力分析，根据牛顿第二定律，上升阶段有
下降阶段有
比较可得，上升阶段的平均加速度大于下降阶段，位移相同时，上升过程的时间就小于下落过程的时间，B正确；
C．在2位置时，速度最小，阻力也最小，合力与重力较为接近，在3位置时，速度较大，阻力也较大，阻力与重力的合力一定小于2位置，所以在位置2的加速度比位置3的加速度大，C正确；
D．从位置1到2中，减少的动能等于重力做的负功和阻力做的负功之和，从位置2到3过程，增加的动能也为重力做的正功和阻力做的负功之和，重力做的功大小相等，由于空气阻力都做负功，所以很明显从位置1到2过程减少的动能大于从位置2到3过程增加的动能，D正确。
故选BCD。
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
C．设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度
可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大，C错误；
B．根据可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，故B正确；
A．两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的甲运动的时间短。故A错误；
D．它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，所以甲的阻力大，根据可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确。
故选BD。
12．AC
【解析】
【详解】
AC.取沿斜面向上为正方向，物块沿斜面向上滑动时有v2-v02=2ax
代入数据（15、45）、（0、60）解得：v0=30m/s，a=-7.5m/s2
沿斜面向下滑动时有v′2=2a′x
当速度沿斜面向下为 v′=-20m/s时，x′=80m，
代入数据解得：a′=2.5m/s2
物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得：-（mgsinθ+μmgcosθ）=ma
物块沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′
联立解得：θ=30°，μ=，故AC正确；
B.物体受到的滑动摩擦力为 f=μmgcosθ，由于质量不知，所以不能求出滑动摩擦力，故B错误。
D.损失的机械能等于物块克服摩擦力做功，无法求出，故D错误。
13．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．小物体下落过程中，小物体和弹簧组成的系统机械能守恒；由图知，小物体下落至高度h4的动能与下落至高度h2时的动能相同，则小物体从高度h2下降到h4过程，弹簧弹性势能的增加量等于重力势能的减少量，所以弹簧弹性势能的增加量为，故A正确；
B．小物体下降至高度h3时，动能达到最大，加速度为零，此时有
弹簧形变量为，故B正确；
C．小物体到达最低点时，速度为0，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大；小物体从高度h1下降到h5，动能的变化量为0，弹簧弹性势能的增大等于重力势能的减少，所以弹簧的最大弹性势能为，故C正确；
D．小物体从高度h3下降到高度h5过程，小物体动能减小，向下做减速运动，则小物体下落至高度h4时，小物体处于超重状态，故D错误。
故选ABC。
14．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．开始时物块的加速度为a0，则由牛顿第二定律可知
当弹簧被压缩x0时物体的加速度为零，此时
联立解得
选项A正确，B错误；
CD．当弹簧被压缩x0时物体的加速度为零，速度最大，此时重力的功率最大，由 结合图像可知
解得
则
选项C错误，D正确。
故选AD。
15．10 10
【解析】
【详解】
[1][2]分析物体受力如图，
由牛顿第二定律得：
则2s末的速度为：
v=at=5×2m/s=10m/s
2s内通过的位移为：
。
16．牛顿第二定律和运动学关系 速度变化相同时，时间越短（或路程越短），则加速度大
【解析】
【详解】
(1)[1]牛顿第二定律和运动学关系；
(2)[2]速度变化相同时，时间越短（或路程越短），则加速度大。
17．(1)1.8m；(2)0.6s；(3)5J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块A落到B上时
解得
vy＝2m/s
物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向：
解得
H＝1.8m
(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：
mgsin 30°＝μ0mgcos 30°
得
物块A在木板上滑行时，以A为研究对象有：
(沿斜面向上)
以木板B为研究对象有：
(沿斜面向下)
假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：
v共＝aBt1＝v－aAt1
解得
v共＝3 m/s，t1＝0.4 s
此过程
故
Δx＝xA－xB＝0.8 m说明以上假设成立
共速后，由于(M＋m)gsin 30°＝μ0(M＋m)gcos 30°，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程所需时间
所以
t=t1+t2=0.6s
(3)木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有：
－2aA(L－l0－Δx)＝vA2－v共2
解得
vA＝2 m/s
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有：
Q＝2μMgxmcos 30°＝
得
Q＝6 J，xm＝m
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有
Epm＝＋Mgxmsin 30°－＝5 J
即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5J。
18．3.13m/s2
【解析】
【分析】
【详解】
对小车受力分析知
联立以上式子，加速度
则
设人的加速度为a′，加速到6m/s时间为t′，则，
即
解得
19．(1)4.8 m/s；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块上滑过程中，由牛顿第二定律：
得
设上滑位移大小为L，由
得
L=4.8m
滑块下滑过程中，由牛顿第二定律：
得
下滑位移大小也为L，由
得
v=4.8m/s
(2)滑块沿斜面上滑过程中用时
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1=ma1cos θ=7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2=ma2cos θ=1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
20．(1)4.8 m；(2)12 m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得
①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得
mgcos17.2°=ma1 ②
由运动学公式得
③
联立①②③式，代入数据得
d=4.8 m ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得
v2=vMcos72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsin17.2°=ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得
⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
L=12 m ⑨
21．（1）0.20 ， 0.30 （2）s=1.125m
【解析】
试题分析：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．
v-t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0-0．5s时间内，木板的加速度大小为．
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ1mg+μ2?2mg=ma1，①
对物块：0-0．5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=μ1g
t=0．5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ②
由①②解得μ1=0．20，μ2=0．30
（2）0．5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=μ1g=2m/s2．
0．5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
故整个过程中木板的位移大小为
物块的位移大小为
所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1-x2=1．125m
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题首先要掌握v-t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
22．(1)，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有
(3)根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有
所以总位移为
h=40m