2020学年人教必修一第一册高一物理第四章 5.牛顿运动定律的应用(课时同步练习)含解析
人教版高中物理必修1精品课件 第4章 运动和力的关系 5.牛顿运动定律的应用
列等式正确的是( D )
A.末速度vB=2 m/s
3
B.平均速度v= 2 m/s
C.速度变化量Δv=1 m/s
1
D.沿斜面向上运动的最大位移x= 6 m
解析 由题知,规定沿斜面向上为正方向,故末速度vB=-2 m/s,A错误;设斜面
(2)求滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ。
(3)设游客连同滑草装置滑下50 m后进入水平草坪,滑草装置与水平草坪间
的动摩擦因数也为μ,求游客连同滑草装置在水平草坪上滑行的最大距离。
解析 (1)设在山坡上游客连同滑草装置的加速度为a1,则x=
1 2
a
t
1
2
由牛顿第二定律可得mgsin θ-Ff=ma1
对点演练
2.(2023山东潍坊期末)质量为0.6 kg的物体静止在水平地面上。现有水平
拉力F作用于物体上,2 s后撤去拉力F,物体运动的速度—时间图像如图所
示。由以上信息可求得水平拉力F的大小为( C )
A.1.5 N
B.2.1 N
C.2.5 N
D.3.0 N
解析 v-t图像的斜率代表加速度,减速阶段的加速度大小a1=
5
2,则阻力
m/s
3
5
Ff=ma1,加速阶段的加速度大小a2= 2 m/s2,根据牛顿第二定律F-Ff=ma2,联
立以上各式得F=2.5 N,故选C。
学以致用·随堂检测全达标
1.(从受力确定运动)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在50 N的水平
拉力作用下做直线运动,2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中
Δ
=-3 m/s,故C错误;根据加速度的定义式,则加速度为 a= Δ =-3
高中物理第一册训练：第4章 5 牛顿运动定律的应用含解析
【新教材】2020-2021学年高中物理人教版必修第一册训练：第4章5 牛顿运动定律的应用含解析第四章 5请同学们认真完成[练案19］合格考训练(25分钟·满分60分) ）一、选择题（本题共5小题,每题6分，共30分）1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，则F的大小为(A) A．2 N B．1 NC．4 N D．8 N解析：在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a＝错误!＝错误!m/s2＝1 m/s2。
由牛顿第二定律得F＝ma＝2×1N＝2 N。
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（B）A．7 m/s B．14 m/sC．10 m/s D．20 m/s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v错误!＝2ax,可得汽车刹车前的速度为v0＝错误!＝14 m/s，选项B正确。
3．（多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论正确的是(ABD）A．匀变速直线运动的初速度为1 m/sB．物体的位移为12 m时速度为7 m/sC．水平恒力F的大小为4 ND．水平恒力F的大小为12 N解析：根据x＝v0t＋错误!at2对比x＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2,故A正确；根据v2－v2，0＝2ax得，v＝错误!＝错误!m/s＝7 m/s，故B正确;根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg ＝12 N,故C错误，D正确。
第四章 第5节 牛顿运动定律的应用—2020-2021【新教材】人教版(2019)高中物理必修第一册课件
(2)设人滑到水平面时的速度为 v，则有 v＝at 解得 v＝12 m/s 在水平面上滑行时，设加速度为 a′，根据牛顿第二定律， 有 μmg＝ma′，解得 a′＝5 m/s2 设还能滑行的距离为 x，则 v2＝2a′x 解得 x＝14.4 m。 [答案] (1)6 s (2)14.4 m
从受力情况确定运动情况应注意的三个方面 (1)方程的形式：牛顿第二定律 F＝ma，体现了力是产生 加速度的原因。应用时方程式的等号左右应该体现出前因后 果的形式，切记不要写成 F－ma＝0 的形式，这样形式的方程 失去了物理意义。 (2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正 方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值。 (3)求解：F、m、a 采用国际单位制单位，解题时写出方 程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论。
[对点训练]
1. [多选]如图所示表示某小球所受的合力与
时间的关系，各段的合力大小相同，作用
时间相同，设小球从静止开始运动，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．小球在 4 s 末速度为 0
Байду номын сангаас
解析：由图像可知：在 0～1 s，小球向前做匀加速直线运动， 1 s 末速度最大，在 1～2 s，小球以大小相等的加速度向前做匀 减速直线运动，2 s 末速度为零；依此类推，可知选项 C、D 正 确，A、B 错误。 答案：CD
(×)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。
(√)
(4)只要知道物体的受力情况就能判断物体的运动性质。 (×)
2．某气枪子弹的出口速度达 100 m/s，若气枪的枪膛长 0.5 m，
新教材人教版高中物理必修第一册 4-5牛顿运动定律的应用 教学课件
解 垂直斜面： FN=mgcosθ 沿斜面： mgsinθ-μFN=ma 得 a=gsinθ-μgcosθ=3.6m/s²
FN
f
匀加速， 有 L=1/2·at ² 解得 t =1s
θ=37° mg
即木块到达底端的时间为1s.
6
第五页，共二十页。
总结
从受力求运动基本思路
选择研究对象，受力分析
建立坐标系，正交分解力
擦因数为 0.80，测得刹车线长 25 m．汽车在刹车前的瞬间的速
度大小为(重力加速度 g 取 10 m/s2)( B )
A．10 m/s
B．20 m/s
C．30 m/s
D．40 m/s
第十页，共二十页。
解析 刹车后汽车的合力为摩擦力 f＝μmg，加速度 a＝mf ＝ μg＝8 m/s2；又有刹车线长 25 m，故可由匀变速直线运动规律得 到汽车在刹车前的瞬间的速度大小 v＝ 2ax＝ 2×8×25 m/s＝ 20 m/s，故 A、C、D 三项错误，B 项正确．
少？g=10m/s2 .
第十六页，共二十页。
解: 如图建立坐标系及滑雪者受力分析
滑雪者加速度 a 0 - v0 ①
FN
t
根据牛顿第二定律，可得
f
f mg sin 300 ma ②
mg
联立①②，代入数据，解得：
f 20.8N
第十七页，共二十页。
当堂训练 7.如图甲所示，质量为m＝10 kg的小球挂在倾角θ＝37°、质量M＝40 kg 的光滑斜面的固定铁杆上．当斜面和小球以a1＝0.5g的加速度向右匀加
新教材人教版高中物理必修第一册 4.5牛顿运动定律的应用 教学课件
科 目：物理 适用版本：新教材人教版 适用范围：【教师教学】
高中物理必修一 第四章 第五节 牛顿运动定律的应用
针对训练1
一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为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直线运动， 在0～2 s时间内沿斜面运动的位移s＝4 m.求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
答案 0.5 30 N
设力F作用时物体的加速度 为a1，对物体进行受力分析， 由牛顿第二定律可知： F－mgsin 37°－μmgcos 37° ＝ma1， 撤去力F后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2， 根据v－t图像的斜率表示加速度可知a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2， 联立解得μ＝0.5，F＝30 N.
(1)滑雪者受到雪面的支持力大小； 答案 400 N
滑雪者在雪坡上受力如图所示，建立如图所示的直角 坐标系， FN＝mgcos 37°＝400 N.
(2)滑雪者受到的阻力大小. 答案 100 N
由v－t图像可得滑雪者的加速度大小， a＝v2－t v1＝4 m/s2，
根据牛顿第二定律，mgsin 37°－f＝ma， 得f＝mgsin 37°－ma＝100 N.
(2)人在离C点多远处停下.
答案 12.8 m
人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设人在 水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 设人到达C时的速度为v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡下滑的过程：v2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s 联立解得s＝12.8 m.
(2)t＝3 s时物体的速度大小；
答案 0 t＝3 s时的速度v3＝v1－a2t＝20 m/s－10×2 m/s＝0， 即t＝3 s时物体的速度为0.
2020学年新教材高中物理第4章第5节牛顿运动定律的应用教案新人教版必修第一册(最新整理)
第5节牛顿运动定律的应用学习目标核心素养形成脉络1。
明确动力学的两类基本问题．(重点)2．掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．(难点)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就可以确定物体所受的力．思维辨析（1）根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．（)（2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．（)（3）物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．（）(4）物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．（）提示：(1）√(2)×（3）√（4）×基础理解(1)(2019·江苏月考)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是( )提示：选C。
设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得:F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得:F2－G＝ma2,得：F2＝G＋ma，F2＞G,故A、B、D错误，C正确．2(2)(多选)如图,在车内用绳AB与绳BC拴住一个小球,其中绳BC水平．若原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍相对小车静止,则下列说法正确的是（）A．AB绳拉力不变B．AB绳拉力变大C．BC绳拉力变大D．BC绳拉力不变提示：选AC。
对球B受力分析,受重力、BC绳子的拉力F2，AB绳子的拉力F1，如图，根据牛顿第二定律,水平方向F2－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0,解得F1＝错误!，F2＝G tan θ＋ma因静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大．(3）求物体的加速度有哪些途径？提示：途径一由运动学的关系（包括运动公式和运动图象)求加速度；途径二根据牛顿第二定律求加速度．已知物体的受力求运动情况问题导引如图所示,汽车在高速公路上行驶，有两种运动情况：（1)汽车做匀加速运动．（2）汽车关闭油门滑行．试结合上述情况讨论:由物体的受力情况确定其运动的思路是怎样的？要点提示通过分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求得加速度,然后由运动学公式求出物体运动的位移、速度及时间等．【核心深化】1．由物体的受力情况确定其运动的思路错误!→错误!→错误!→错误!→错误!2．解题步骤（1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力示意图；(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；(3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；（4）结合给定的物体运动的初始条件,选择运动学公式，求出所需的运动参量．关键能力1 从受力确定运动情况(2019·浙江湖州高一期中）滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一,如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0。
2019_2020版新教材高中物理第四章第5节牛顿运动定律的应用课件新人教版必修第一册
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 过程中所受的阻力大小不变，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。
两式并将 a＝2g 代入解得 F＝ 5mg，此即为所求的拉力大小。与水平方向的夹角
的正弦值 sin θ′＝mFg＝ 55。
答案
5mg
与水平方向的夹角的正弦值为
5 5
科学思维——临界极值问题的分析方法 1.临界状态：当物体从某种特性变化到另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，
通常叫作临界状态。出现“临界状态”时，既可以理解成“恰好出现”，也可理 解为“恰好不出现”的物理状态。 2.解决临界极值问题的方法 (1)极限法：在题目中若出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，则一般隐含着 临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象( 或状态)暴露出来，分析出临界条件，以达到尽快求解的目的。 (2)假设法：在有些物理过程中，没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中 可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题时，一般用假设法。
[探究归纳] 1.问题界定：根据物体受力情况确定运动情况，指的是在物体的受力情况已知的条件
下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移等物理量。 2.解题思路
[试题案例] [例1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有
一质量m＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝ 0.25。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝ 10 N，方向平行于斜面向上。经时间t＝4.0 s绳子突然断了( 已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求： (1)绳断时物体的速度大小； (2)从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移。
高中物理第四章运动和力的关系5牛顿运动定律的应用练习含解析新人教版必修第一册
第5节牛顿运动定律的应用必备知识基础练进阶训练第一层知识点一动力学中的两类基本问题1.则2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动,在2t时间内移动的距离为( ) A．2x B．4x C．8x D．16x2．(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在50 N的水平拉力作用下做直线运动,2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)( )A．动摩擦因数是0.8B．摩擦力的大小是10 NC．小车加速度的大小是1 m/s2D．小车加速度的大小是2 m/s23．民航客机一般都有紧急出口,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,斜面的倾角为30°,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的人从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s,求:(g＝ 10 m/s2)(1)人滑至地面时速度的大小；(2)人与气囊之间的动摩擦因数．知识点二牛顿运动定律在多过程、多物体问题中的应用用大小为6 N的水平作用力F拉物体A,两物体一起向右做匀加速运动,若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1,取重力加速度g＝10 m/s2,下列说法正确的是()A．B的加速度大小为5 m/s2B．A拉B的作用力为2 NC．若撤去外力F,A物体做减速运动,B物体做加速运动D．若撤去外力F,A物体的加速度大小为1 m/s25．一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动,1 s末撤去恒力F,其v －t图像如图所示,则恒力F和物体所受阻力F f的大小是()A．F＝9 N,F f＝2 NB．F＝8 N,F f＝3 NC．F＝8 N,F f＝2 ND．F＝9 N,F f＝3 N关键能力综合练进阶训练第二层一、单项选择题1．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/s2B．v＝7.5 m/s,a＝1.5 m/s2C．v＝4.5 m/s,a＝0D．v＝7.5 m/s,a＝02．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 NC．21 N D．36 N3．雨滴从空中由静止落下,若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大,如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是( )4．竖直上抛物体受到的空气阻力F f大小恒定,物体上升到最高点的时间为t1,从最高点再落回抛出点所需时间为t2,上升时加速度大小为a1,下降时加速度大小为a2,则( ) A．a1>a2,t1<t2B．a1>a2,t1>t2C．a1<a2,t1<t2D．a1<a2,t1>t2二、多项选择题5．如图所示,在光滑斜面上,有一轻质弹簧的一端固定在一个垂直于斜面的挡板上,有一小球A沿着斜面下滑,从小球A刚接触弹簧的瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中,下列说法中正确的是( )A．小球的加速度将先增大,后减小B．小球的加速度将先减小,后增大C．小球的速度将先增大,后减小D．小球的速度将先减小,后增大6．(易错题)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平．t＝0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内,力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内,力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2三、非选择题7．木块质量m ＝8 kg ,在F ＝4 N 的水平拉力作用下,沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动,经t ＝5 s 的位移x ＝5 m ．g 取10 m /s 2,求:(1)木块与粗糙平面间的动摩擦因数． (2)若在5 s 后撤去F,木块还能滑行多远？8．质量为4 kg 的物体放在与水平面成30°角、足够长的粗糙斜面底端,物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33,作用在物体上的外力与斜面平行,随时间变化的图像如图所示,根据所给条件(sin 30°＝12,cos 30°＝32,g 取10 m /s 2)求:(1)物体所受的摩擦阻力多大？(2)物体在0～4 s 内的加速度为多少？0～4 s 内的位移为多少？学科素养升级练进阶训练第三层1．(生活情境)蹦极是一项户外休闲活动,跳跃者站在约40米以上高度的位置,用橡皮绳固定住后跳下,落地前弹起．如图为蹦极运动的示意图,弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连,运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过C点时合力为零,到达最低点D 后弹起．整个过程中忽略空气阻力．在这个过程中( )A．经过B点时,运动员的速度最大B．从O点到C点,运动员的加速度大小不变C．从B点到C点,运动员的速度不断增大D．从C点到D点,运动员的加速度不断减小2．如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7C．加速与减速过程的位移之比为1∶4D．加速与减速过程的时间之比为2∶13．在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时,小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动,已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的,而高度可以调节,则( )A．滑道倾角越大,划艇下滑时间越短B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2 L gD．划艇下滑的最短时间为2L g4．(学术情境)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为 1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进,通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时,系统立即自动控制汽车,使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动,并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作,汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”,即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动,最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求:(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小．(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离．(3)汽车在上述22 m的运动全过程中平均速度的大小．5．滑草是最近几年在国内兴起的一种休闲健身运动,有一种滑法是人坐在滑草车上从草坡上滑下,既刺激又省劲．如图所示,现有一滑草场近似处理为斜坡段和水平段连接,其斜坡段长度为L1＝72 m,倾角为18°,水平段长度为L2＝30 m,斜坡段和水平段的动摩擦因数都为μ＝0.3,滑草车的质量m＝10 kg,人的质量M＝40 kg,人坐在滑草车上从斜坡的顶端由静止滑下,不考虑滑草车在斜坡与水平段连接处的机械能损失,问:(sin18°＝0.31,cos18°＝0.95)(1)滑草车沿斜坡下滑时的加速度大小？(2)滑草车最后停在离终点多远的地方？(3)滑草车在水平段上滑行时人对车的作用力大小？6．如图甲所示,在水平地面上方存在厚度为h的“神秘区域”(图中阴影部分),任何物体进入该区域后均受到竖直方向的恒力F的作用,且物体一旦碰到该区域底部就会被粘在底部．若将一质量为m的小圆环A从距地面H处的P点释放,不考虑空气阻力,重力加速度为g,请思考以下问题:(1)若小圆环A从P点静止释放后还能返回释放点,小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F 的大小和方向是怎样的？(2)现将小圆环A套在均匀直杆B上,开始时A处于B的最下端,B竖直放置,A刚好位于P 点,将A、B一起由静止释放,如图乙所示．它们之间发生相对滑动时的摩擦力为f,假设“神秘区域”对处于其中的杆B不产生作用力,杆B在下降过程中始终竖直,且杆B的长度能够保证小圆环A与杆B不会分离,若小圆环A从释放后还能离开“神秘区域”,小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向又是怎样的？第5节 牛顿运动定律的应用必备知识基础练1．解析:由牛顿第二定律可知,质量为m 的物体的加速度为a ＝F m ,位移为x ＝12at 2,整理可得x ＝Ft 22m ；2F 的恒定合力使质量为2m 的物体由静止开始运动,加速度为a ′＝Fm,位移为x ′＝12a ′(2t )2,则可得x ′＝2Ft 2m＝4x ,故B 正确；A 、C 、D 错误． 答案:B2．解析:根据运动学公式有x ＝12at 2,代入数据解得a ＝2 m/s 2,故C 错误,D 正确；根据牛顿第二定律有F －f ＝ma ,解得摩擦力的大小为f ＝F －ma ＝50 N －10 N ＝40 N,故B 错误；由滑动摩擦力的公式f ＝μN ＝μmg ,可得动摩擦因数为μ＝f mg＝0.8,故A 正确．答案:AD3．解析:(1)由运动学公式有:x ＝12at 2代入数据解得:a ＝4 m/s 2则到达地面时的速度为:v ＝at ＝8 m/s(2)由牛顿第二定律可得:mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得:μ＝315 答案:(1)8 m/s (2)3154．解析:对A 、B 整体,由牛顿第二定律有F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ,解得a ＝1 m/s 2,即B 的加速度大小为1 m/s 2,故A 错误；对B 物体,由牛顿第二定律有T －μm 2g ＝m 2a ,解得T ＝2 N,故B 正确；若撤去外力F ,则A 、B 两物体均在摩擦力作用下做减速运动,A 、B 两物体的加速度大小均为a ′＝μm 1g m 1＝μm 2g m 2＝μg ＝1 m/s 2,故C 错误,D 正确． 答案:BD5．解析:由v －t 图像可知,0～1 s 内,物体做匀加速直线运动,其加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝61 m/s 2＝6 m/s 2；1～3 s 内,物体做匀减速直线运动,其加速度的大小为a 2＝62 m/s 2＝3 m/s 2.根据牛顿第二定律,0～1 s 有F －F f ＝ma 1,1～3 s 有F f ＝ma 2,解得F ＝9 N,F f ＝3 N ．故D 正确,A 、B 、C 错误．答案:D关键能力综合练1．解析:力F 作用下a ＝F m ＝3020m/s 2＝1.5 m/s 2,3 s 末的速度v ＝at ＝4.5 m/s,3 s 后撤去拉力,F ＝0,a ＝0,物体做匀速运动,故C 正确．答案:C2．解析:因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mg sin θ＝μmg cos θ,所以μ＝tanθ；当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x ＝12at 2得a ＝2 m/s 2,由牛顿第二定律得:F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma ,得F ＝36 N,D 正确．答案:D3．解析:雨滴受重力和空气阻力的作用,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,所以加速度减小,在v －t 图像中其斜率越来越小,故选项C 正确．答案:C4．解析:上升过程中,由牛顿第二定律得mg ＋F f ＝ma 1, 设上升高度为h ,则h ＝12a 1t 21,下降过程中,由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma 2,h ＝12a 2t 22,由以上各式得a 1>a 2,t 1<t 2,故选项A 正确． 答案:A5．解析:小球接触弹簧后,弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力,小球的合力沿斜面向下,加速度也沿斜面向下,与速度方向相同,故小球做加速运动,因弹力逐渐增大,合力减小,加速度减小；随着小球向下运动,弹簧的弹力增大,当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后,小球的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,与速度方向相反,小球做减速运动,弹力增大,合力增大,加速度也增大；综上可知,加速度先减小后反向增大,小球速度先增大后减小,故B 、C 正确,A 、D 错误．答案:BC 6.解析:由受力分析知,物块:f ＝F f ,根据作用力与反作用力特点知,F f ′＝F f , 在4～5 s 内,f ＝0.2 N此时F 撤去,木板减速,由牛顿第二定律知:F f ′＝ma 2,由v －t 图像知a 2＝0.2 m/s 2, 解得m ＝1 kg,A 正确．在2～4 s 内,木板:F －F f ′＝ma 1,又F f ′＝F f ＝f ＝0.2 N,由v －t 图像知a 1＝0.2 m/s 2, 解得F ＝0.4 N,B 正确．因为无法得知物块质量,木板与物块间的动摩擦因数无法求解,D 错误． 由图像知0～2 s 内F 变化,C 错误．答案:AB7．解析:(1)由x ＝12at 2得a 1＝2x t2＝0.4 m/s 2.由牛顿第二定律F －F f ＝ma 1得F f ＝F －ma 1＝(4－8×0.4) N＝0.8 N,由F f ＝μmg 得μ＝F f mg ＝0.88×10＝0.01.(2)撤去F 后,木块受摩擦力F f ＝μmg ＝0.8 N,加速度a 2＝－μg ＝－0.1 m/s 2.5 s 末的速度v ＝a 1t ＝0.4×5 m/s＝2 m/s.x ＝－v 22a ＝－222×－0.1m ＝20 m.答案:(1)0.01 (2)20 m 8.解析:(1)如右图,对物体进行受力分析可得:G 1＝mg sin 30°＝20 N, F N ＝G 2＝mg cos 30°＝20 3 N, F f ＝μF N ＝33×20 3 N ＝20 N. (2)由牛顿第二定律可得,0～4 s 内物体的加速度:a ＝F －G 1－F f m＝5 m/s 2, 0～4 s 内位移:x 1＝12at 2＝40 m.答案:(1)20 N (2)5 m/s 240 m学科素养升级练1．解析:由题意可知,运动员先做自由落体运动,加速度为g ,到达B 点时绳子张紧后人受到弹力作用,开始时弹力小于重力,人将继续加速且加速度逐渐减小,人做加速度减小的加速运动,到达C 点时加速度为零,速度达最大,故AB 错误,C 正确；从C 到D ,弹力大于重力,合力向上且逐渐增加,故加速度方向向上且逐渐增加,人开始减速,到达D 点时向上的加速度最大,速度为零,故D 错误．答案:C2．解析:设消防队员最大速度为v ,则加速过程中的平均速度和减速过程中的平均速度都是12v ,故全程的平均速度是12v .则h ＝v －t ＝12vt ,解得v ＝2h t ＝2×123 m/s ＝8 m/s,故A 错误．设消防队员加速过程和减速过程的加速度大小分别为a 1和a 2.由题知,加速过程有mg －f 1＝ma 1,减速过程有f 2－mg ＝ma 2.根据速度公式,有a 1t 1＝a 2t 2＝v ,t 1＋t 2＝3 s,a 1＝2a 2,12a 1t 21＋12a 2t 22＝h .联立解得a 1＝8 m/s 2,a 2＝4 m/s 2,f 1＝120 N,f 2＝840 N ．故f 1∶f 2＝1∶7,故B 正确．由速度公式得t 1＝v a 1＝88 s ＝1 s,t 2＝v a 2＝84s ＝2 s,所以加速与减速过程的时间之比为1∶2,故D 错误．由位移公式得s 1＝12a 1t 21＝12×8×12 m ＝4 m,s 2＝12a 2t 22＝12×4×22m ＝8 m,加速与减速过程的位移之比为1∶2,故C 错误．答案:B3．解析:设滑道倾角为θ,则滑道的长度为Lcos θ,根据牛顿第二定律,可知下滑时的加速度a ＝g sin θ,则根据运动学公式有:Lcos θ＝12g sin θt 2,解得t ＝ 4Lg sin 2θ,可知滑道倾角θ＝45°时,划艇下滑时间最短,最短时间t min ＝2Lg,故C 正确,B 、D 错误；θ<45°时,倾角越大,时间越短,θ>45°时,倾角越大,时间越长,故A 错误．答案:C4．解析:(1)由牛顿第二定律可得: “紧急制动”过程的加速度a 2＝f m其中f ＝12 000 N,m ＝1 500 kg, 代入解得:a 2＝8 m/s 2；(2)设触发“紧急制动”时汽车的速度大小为v ,其到障碍物的距离为x 2则有:x 2＝v 22a 2已知“紧急制动”前的加速度为a 1＝1 m/s 2位移为x 2＝v 20－v22a 1且有:x 1＋x 2＝x已知总位移x ＝22 m,v 0＝10 m/s 解得:v ＝8 m/s,x 2＝4 m ； (3)紧急制动前的时间为:t 1＝v 0－va 1＝2 s 紧急制动后的时间为:t 2＝v a 2＝1 s 总时间为:t ＝t 1＋t 2＝3 s所以v ＝x t ＝223m/s.答案:(1)8 m/s 2(2)8 m/s 4 m (3)223m/s5．解析:(1)设沿斜坡下滑的加速度为a 1,根据牛顿第二定律得,mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1,代入数据解得:a 1＝0.25 m/s 2. (2)设滑到斜坡底端的速率为v ,则有:v 2＝2a 1L 1,代入数据解得:v ＝6 m/s.设在水平段滑行的加速度大小为a 2,则有:μmg ＝ma 2, 解得:a 2＝3 m/s 2,设水平运动的位移为x ,则有:v 2＝2a 2x解得:x ＝v 22a 2＝366m ＝6 m.所以最后停止点距终点的距离为:x ′＝L 2－x ＝30 m －6 m ＝24 m(3)滑草车在水平段上做减速运动,a 2＝3 m/s 2则人在水平方向受到的力:F x ＝Ma 2＝40×3 N＝120 N所以车对人的力:F ＝F 2x ＋Mg 2＝ 1202＋4002N ＝418 N根据牛顿第三定律可得,人对车的作用力大小也是418 N 答案:(1)0.25 m/s 2(2)24 m (3)418 N6．解析:(1)若要使小圆环A 从无初速度释放后还能返回释放点,小圆环A 在“神秘区域”内所受合力方向应竖直向上,所以恒力F 的方向竖直向上．取小圆环A 到达底部时速度刚好为零的临界情况进行分析,设小圆环A 进入“神秘区域”上边缘时的速度为v 1,从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中,根据自由落体运动的规律有:v 21＝2g (H －h )．从小圆环A 进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程,根据运动学的规律有:v 21＝2a 1h ,根据牛顿第二定律有:F －mg ＝ma 1,整理可得:F ＝mg Hh .因此,要使小圆环能返回释放点,则F 应大于mg H h,方向竖直向上．(2)小圆环A 与杆B 从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中,一起做自由落体运动,进入“神秘区域”后小圆环A 与杆B 不分离,说明“神秘区域”给小圆环A 的恒力F 的方向竖直向上,设小圆环A 进入“神秘区域”上边缘时的速度为v 2.对小圆环A ,进入“神秘区域”之前有:v 22＝2g (H －h ),进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程有:v 22＝2a 2h ,F －mg －f ＝ma 2,整理可得:F ＝f ＋mg H h.因此,要使小圆环从释放后还能离开“神秘区域”,则F 应大于f ＋mg H h.答案:见解析。
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5.牛顿运动定律的应用课后训练巩固提升双基巩固学考突破1.在光滑水平面上以速度v运动的物体,从某一时刻开始受到一个跟运动方向共线的力的作用,其速度图像如图所示。
那么它受到的外力F随时间变化的关系图像是()答案:A解析:由v-t图像可知物体先做匀加速直线运动,后做匀减速运动,再反向做匀加速运动,所以物体最初一段时间受到与速度方向相同的恒定外力作用,然后受到与速度方向相反的恒力作用,故选项A正确。
2.(2019广东中山月考)A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上,若两物体的质量m A>m B,两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同,则两物体能滑行的最大距离s A 与s B相比为()A.s A=s BB.s A>s BC.s A<s BD.不能确定7答案:A解析:由牛顿第二定律得,F f=μmg=ma,可得a=μg,再由运动学公式v t2−v02=2as得,由于物体的初速度、末速度和加速度都相同,则物体能滑行的距离也相同,即s A=s B,故A正确。
3.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/s2B.v=7.5 m/s,a=1.5 m/s2C.v=4.5 m/s,a=0D.v=7.5 m/s,a=0答案:C解析:力F作用下a=Fm =3020m/s2=1.5 m/s2,3 s末的速度v=at=4.5 m/s,3 s后撤去拉力,F=0,a=0,物体做匀速运动,故C正确。
4.(2019辽宁沈阳质量监测)如图所示,足够长的水平传送带以v=2 m/s的速度逆时针匀速转动,一个物体以v0=4 m/s的初速度从左端A处水平滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,那么物块再次返回到A处所用的时间为()A.4 sB.2 sC.4.5 sD.3 s答案:C解析:物体在传送带上运动的加速度为a=μg=2 m/s2,则物块向左运动速度减为零的时间为t1=v0a =2 s,通过的距离x=v022a=422×2m=4 m;物块速度减为零后反向加速,加速到与传送带共速时的时间为t2=va =1 s,位移x1=v22a=222×2m=1 m;物体匀速运动回到原出发点的时7间为t3=x-x1v =4-12s=1.5 s,则物块再次返回到A处所用的时间为t=t1+t2+t3=4.5 s,故选C。
5.一架质量m=5.0×103 kg的飞机,从静止开始在跑道上滑行,经过距离x=5.0×102 m,达到起飞速度v=60 m/s,在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的150。
求飞机滑行时受到的牵引力大小。
(g取10 m/s2)答案:1.9×104 N解析:飞机在加速过程中,由运动学公式得v2=2ax,所以a=v 22x=3.6 m/s2。
由牛顿第二定律得F-150mg=ma所以F=150mg+ma=1.9×104 N。
6.战士拉车胎进行100 m赛跑训练体能。
车胎的质量m=8.5 kg,战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ=37°,车胎与地面间的动摩擦因数μ=0.7。
某次比赛中,一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑,跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动),然后以最大速度匀速跑到终点,共用时15 s。
重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
求:(1)战士加速所用的时间t1和达到的最大速度v;(2)战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F。
77答案:(1)5 s 8 m/s(2)59.92 N 方向沿绳与水平方向成37°。
解析:(1)匀加速阶段位移为x 1=0+v 2t 1匀速阶段位移为x 2=100 m -x 1=v (15 s -t 1) 联立解得v=8 m/s,t 1=5 s 。
(2)由速度公式v=at 1 得a=v t 1=85 m/s 2=1.6 m/s 2车胎受力并正交分解如图所示。
在x 方向,F cos 37°-F f =ma 在y 方向,F N +F sin 30°-mg=0 且F f =μF N 代入数据联立解得 F=59.92 N方向沿绳与水平方向成37°。
选考奠基 素养提升1.一物块从粗糙斜面底端,以某一初速度开始向上滑行,到达某位置后又沿斜面下滑到底端,则物块在此运动过程中()A.上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力B.上滑时的摩擦力等于下滑时的摩擦力C.上滑时的加速度小于下滑时的加速度D.上滑的时间大于下滑的时间答案:B解析:设斜面倾角为θ,物块受到的摩擦力F f=μmg cos θ,物块上滑与下滑时的滑动摩擦力大小相等,故选项A错误,B正确;上滑时的加速度a上=g sin θ+μg cos θ,下滑时的加速度a 下=g sin θ-μg cos θ,由此可知,上滑时的加速度大于下滑时的加速度,故选项C错误;由t=√2xa,位移x相等,a上>a下,所以t上<t下,故选项D错误。
2.如图所示,两车厢的质量相同,且到P点距离相等,其中某一个车厢内有一人拉动绳子使车厢相互靠近。
若不计绳子质量及车与轨道间的摩擦,下列对于哪个车厢有人的判断中,正确的是()A.先开始运动的车厢内有人B.后开始运动的车厢内有人C.先到达P点的车厢内没人D.不去称质量,无法确定哪个车厢内有人答案:C解析:有拉力后,两车同时受到拉力,同时开始运动,故A、B错误;两车之间的拉力大小相等,根据牛顿第二定律a=Fm ,没人的车厢总质量小,加速度大,由x=12at2可得,相同时间内位移大,先到达中点,即先到达两车中点P的车厢里没有人,故C正确。
3.(多选)如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处。
滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力F之间的函数关系如图乙所示。
由图可以判断()7A.图线与纵轴的交点P的值a P=-gB.图线与横轴的交点Q的值F Q=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数1m答案:ABD解析:由a-F图像可知,与纵轴的交点P表示拉力F为0时,物体仅受重力作用,其加速度大小为重力加速度,即a P=-g,选项A正确;与横轴的交点Q表示物体加速度为0时,物体受到的拉力F Q=mg,选项B正确;由牛顿第二定律有F-mg=ma,则a=Fm-g,由此式可知,图线斜率为1m,故选项D正确,选项C错误。
4.如图所示,质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面,最后竖直向上匀加速运动,不计空气阻力,在三个阶段的运动中,线上的拉力大小()A.由大变小B.由小变大C.由大变小再变大D.始终不变且大小为m1m1+m2F7答案:D解析:设物体与接触面的动摩擦因数为μ,在水平面有a1=F-μ(m1+m2)gm1+m2=Fm1+m2-μg,对m1进行受力分析,则有F T1-μm1g=m1a1=m1Fm1+m2-μm1g,所以F T1=m1m1+m2F;在斜面上有a2=F-μ(m1+m2)gcosθ-(m1+m2)gsinθm1+m2,对m1受力分析则有F T2-μm1g cos θ-m1g sin θ=m1a2,解得F T2=m1m1+m2F;竖直向上运动时有a3=F-(m1+m2)gm1+m2=Fm1+m2-g,对m1进行受力分析则有F T3-m1g=m1a3,解得F T3=m1m1+m2F,所以绳子的拉力始终不变且大小为m1m1+m2F,故D正确。
5.一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1。
从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图所示(g取10 m/s2)。
求:(1)物体在整个运动过程中的最大速度;(2)79 s内物体的位移大小。
答案:(1)4 m/s(2)159 m解析:由力F随时间的变化规律图和牛顿第二定律可求出物体在前半周期和后半周期的加速度,进而判断物体的运动状态,然后根据速度时间公式求出物体在整个运动过程中的最大速度;由力F随时间的变化规律图可知,力的变化具有周期性,周期为4 s,可以根据牛顿第二定律求出一个周期内的位移,79 s为20个周期少1 s,我们可以算出80 s内的总位移再减去最后1 s的位移,即为79 s内的位移。
(1)当物体在前半周期时,由牛顿第二定律,得F1-μmg=ma1,解得a1=2 m/s27物体在前半周期做匀加速运动,当物体在后半周期时,由牛顿第二定律,得F2+μmg=ma2,解得a2=2 m/s2物体在后半周期内做匀减速运动,在2 s末的速度最大,最大速度为v=at=4 m/s。
(2)前半周期和后半周期位移相等,s1=12a1t2=4 m所以物体每4 s(即一个周期)的位移为s=2s1=8 m第80 s初,即79 s末的速度v=a2×t2=2 m/s第80 s的位移s0=v2×t2=1 m所以79 s内物体的位移大小为s2=20s-s0=159 m。
6.如图所示,长22.5 m、质量为40 kg的木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数为0.1。
质量为60 kg的人立于木板左端,人与木板均静止,当人以3 m/s2的加速度匀加速向右奔跑时(g取10 m/s2),求:(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向;(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向;(3)人从左端跑到木板右端所需要的时间。
答案:(1)180 N方向向右(2)2 m/s2方向向左(3)3 s解析:(1)设人的质量为m1,加速度大小为a1,木板的质量为m2,加速度大小为a2,人对木板的摩擦力为F f,木板对人的摩擦力为F f'。
则分析人的受力情况,由牛顿第二定律得77F f '=m 1a 1=180 N,方向向右。
(2)对木板进行受力分析,由牛顿第二定律得 F f -μ(m 1+m 2)g=m 2a 2 由牛顿第三定律得F f =F f ' 解得a 2=2 m/s 2,方向向左。
(3)设人从左端跑到右端所经历的时间为t 由运动学公式得l=12a 1t 2+12a 2t 2 解得t=√2la1+a 2=3 s 。