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

【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。

第四章运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用知识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．(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图．(2)根据力的合成与分解，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，求出物体运动的加速度．(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动轨迹等．知识点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．(1)确定研究对象．(2)对研究对象进行受力分析，并画出物体受力示意图．(3)根据相应的运动学公式，求出物体的加速度．(4)根据牛顿第二定律列方程求出物体所受的力．(5)根据力的合成和分解方法，求出所需求解的力．拓展一连接体问题1．连接体及其特点多个相互关联的物体连接（叠放，并排或由绳子、细杆联系）在一起的物体组称为连接体。

连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。

2．处理连接体问题的常用方法（1）整体法：若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，在进行受力分析时，要注意区分内力和外力。

采用整体法时只分析外力，不分析内力。

（2）隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力。

拓展二传送带问题如处理此类问题的流程：弄清初始条件→判断相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析物体所受的合外力以及加速度的大小和方向→由物体的速度变化分析相对运动，进而判断物体以后的受力及运动情况。

1．水平传送带问题设传送带的速度为v带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为l，物体置于传送带一端时的初速度为v0。

人教版新教材 物理必修第一册 第四章《运动和力的关系》4.5 牛顿运动定律的应用精选练习一、夯实基础1.(2019-2020学年·昆山期末)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.2x t 2 B.2x2t －1 C.2x 2t ＋1 D.2x t －1【答案】A【解析】由运动情况可求得质点的加速度a ＝2x t 2 m/s 2，则合力F ＝ma ＝2xt2 N ，故A 项对．2．(2019-2020学年·湖北沙市高一期末)如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )【答案】A .【解析】：对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T 与x 的关系．设单位长度质量为m ，对整体分析有F ＝Lma ；对x 分析可知T ＝xma ，联立解得：T ＝FL x ，故可知T 与x 成正比，且x ＝0时，T ＝0，故A 正确．3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )【答案】C.【解析】：设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝L cos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝4Lg sin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确． 4．(2019-2020学年·如皋校级学业考试)如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F 推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是( )A ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C ．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD ．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F 【答案】BC.【解析】：取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －5μmg ＝5ma .再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F －2μmg －F N ＝2ma ，两式联立解得F N ＝0.6F ，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B 、C 正确．5．(多选)如图所示，用同种材料制成的物体A 与B ，其质量分别为m A 、m B ，两者紧靠在一起，相对静止，共同沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑．则(重力加速度为g )( )A ．A 、B 间无弹力 B ．A 、B 分别受到四个力的作用C ．A 对B 的弹力大小为m A g sin θD ．B 受到的摩擦力大小为m B g sin θ 【答案】AD【解析】以物体A 与B 整体为研究对象，受力分析，据平衡条件可得(m A ＋m B )g sin θ＝μ(m A ＋m B )g cos θ，解得μ＝tan θ，以A 为研究对象，设B 对A 的弹力为F BA ，据平衡条件可得m A g sin θ＋F BA ＝μm A g cos θ，解得F BA ＝0，即A 、B 间无弹力，故选项A 正确，选项C 错误．因A 、B 间无弹力，A 、B 都受重力、斜面对物体的弹力、斜面对物体的摩擦力，即A 、B 分别受到三个力的作用，故选项B 错误．据平衡条件可得，B 受到的摩擦力f B ＝μm B g cos θ＝m B g sin θ，故选项D 正确．6.(2019-2020学年·浙江月考)（多选）从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg ，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )A ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 mB ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 mC ．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s 2D ．发动机的推动力F 为37.50 N 【答案】BC.【解析】：火箭所能达到的最大高度h m ＝12×24×40 m ＝480 m ，故A 错误，B 正确；该星球表面的重力加速度g 星＝4016 m/s 2＝2.5 m/s 2，故C 正确；火箭升空时：a ＝408 m/s 2＝5 m/s 2，故推动力F ＝mg 星＋ma ＝112.5 N ，故D 错误．7.(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．c 球最先到达M 点C ．b 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 【答案】B.【解析】：c 球从圆心C 处由静止开始沿CM 做自由落体运动，R ＝12gt 2c ，t c ＝2Rg；a 球沿AM 做匀加速直线运动，a a ＝g sin 45°＝22g ，x a ＝R cos 45°＝2R ，x a ＝12a a t 2a ，t a＝4Rg；b 球沿BM 做匀加速直线运动，a b ＝g sin 60°＝32g ，x b ＝R cos 60°＝2R ，x b ＝12a b t 2b ，t b ＝83R3g；由上可知，t b >t a >t c . 8.(2019-2020学年·万州校级月考)如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F 一定时，m 2所受绳的拉力( )A ．与θ有关B ．与斜面动摩擦因数有关C ．与系统运动状态有关D ．仅与两物体质量有关【答案】D .【解析】：对整体分析由牛顿第二定律得，a ＝F －（m 1＋m 2）g sin θ－μ（m 1＋m 2）g cos θm 1＋m 2＝Fm 1＋m 2－g sin θ－μg cos θ；隔离对m 2分析，有：T －m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a ，解得T ＝m 2Fm 1＋m 2；知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．9.如图甲所示，固定光滑轻杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 的作用下向上运动，推力F 与小环的速度v 随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小环的质量m ； (2)轻杆与地面间的倾角α. 【答案】：(1)1 kg (2)30°【解析】：(1)由F －t 图象知，0～2 s 内推力F 1＝5.5 N ，由v －t 图象知，在此时间段内小环做匀加速直线运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律得 F 1－mgsin α＝ma ①由F －t 图象知，2 s 以后推力F 2＝5 N ，由v －t 图象知，此时间段内小环做匀速直线运动，所以有 F 2－mg sin α＝0① 联立①①解得m ＝1 kg.(2)将m ＝1 kg 代入①式解得sin α＝12，故α＝30°.10..(2019-2020学年·浙江期中)我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L 1＝180 m 的水平跑道和长度L 2＝20 m 倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h ＝2 m ，如图所示．已知质量m ＝2×104 kg 的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F ＝1.2×105 N ，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．【答案】：(1)4 5 s(2)3.5 m/s2【解析】：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1解得a1＝4.5 m/s2由匀加速直线运动公式L1＝1 2at2解得t＝4 5 s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝hL2解得a2＝3.5 m/s2.二、提升训练1.(2019-2020学年·福建漳州高一期中)重物A放在倾斜的传送带上，它和传送带一直相对静止没有打滑，传送带与水平面的夹角为θ，如图所示，传送带工作时，关于重物受到的摩擦力的大小，下列说法正确的是()A．重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上匀速运动时受到的摩擦力B．重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C．重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D．重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大【答案】B【解析】重物静止时，受到的摩擦力大小F f＝mg sinθ，重物匀速上升时，受到的摩擦力大小仍为mg sinθ，且与速度大小无关，A、D错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二定律，摩擦力F f′＝mg sinθ＋ma，加速度越大，摩擦力越大，B正确；重物沿斜面向下加速运动时，F f″＝mg sinθ－ma或F f″＝ma－mg sinθ，加速度越大，摩擦力不一定越大，C错误．2.(2019-2020学年·九江期末)（多选）如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)()A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动【答案】BC.【解析】：水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为F f＝μF N＝μmg＝3 N．故a＝F＋F fm＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝v0a＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后F<F f，物体处于静止状态，故C正确，D错误．3．(2019-2020·江苏扬州高一期中)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.（μ1＋μ2）gs0【答案】 C.【解析】：设A的质量为m，卡车以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，对构件A由牛顿第二定律得f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度a2≤μ1g；由于μ1>μ2，则a1<a2≤μ1g<a，可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1，所以车的最大速度v m＝2μ2gs0，故A、B、D 错误，C正确．4．(2019-2020学年·渝中校级期末)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则()A．a′＝a，F′1＝F1B．a′＞a，F′1＝F1 C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1【答案】B.【解析】：当用力F水平向右拉小球时，以球为研究对象，竖直方向有F1cos θ＝mg①水平方向有F－F1sin θ＝ma以整体为研究对象有F＝(m＋M)a解得a＝mM g tan θ①当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F′1cos θ＝mg①水平方向有F′1sin θ＝ma′解得a′＝g tan θ①结合两种情况，由①①有F1＝F′1；由①①并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B.5.(2019-2020学年·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32 m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，下列正确的是()A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/sB．若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/sC．若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8 m/s【答案】ABD.【解析】：若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2，根据v2B－v20＝－2aL，解得：v B＝6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s 经历的位移x＝v22a＝422×1m＝8 m＜32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：v B＝2aL＝2×1×32 m/s＝8 m/s＜10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确．6.(多选)(2019-2020学年·鹤岗一中高一检测)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)()A．物体的质量为1 kg B．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【答案】BC.【解析】：由题图乙可知F1＝7 N时，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N时，a2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg ＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2 kg，μ＝0.3，故选项B、C正确．7.(多选)(2019-2020学年·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于mgB．轻绳的拉力等于MgC ．M 运动的加速度大小为(1－s in 2α)gD ．M 运动的加速度大小为M －mM g【答案】AD.【解析】：第一次放置时M 静止，则由平衡条件可得：Mg s in α＝mg ；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg －mg s in α＝(M ＋m )a ，联立解得：a ＝(1－s in α)g ＝M －m M g .对M ，由牛顿第二定律：T －mg s in α＝ma ，解得：T ＝mg ，故A 、D 正确，B 、C 错误．8．(2019-2020学年·海淀高一校级月考)如图甲所示，质量为1.0 kg 的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，物体运动的F －t 图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：(1)0～1 s 内物体运动位移的大小； (2)1 s 后物体继续沿斜面上滑的距离． 【答案】(1)9 m (2)54 m【解析】 (1)根据牛顿第二定律得：在0～1 s 内F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma 1，解得a 1＝18 m/s 2 0～1 s 内的位移x 1＝12a 1t 21＝9 m(2)1 s 时物体的速度v ＝a 1t 1＝18 m/s 1 s 后物体继续沿斜面减速上滑的过程中 mg sin37°＋μmg cos37°－F ′＝ma 2，解得a 2＝3 m/s 2 设物体继续上滑的距离为x 2，由2a 2x 2＝v 2得x 2＝54 m9.(2019-2020学年·吉林长春高一测试)如图所示，传送带AB 的长度为L ＝16 m ，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v 0＝10 m/s 匀速运动，方向如图中箭头所示。