物理大二轮高考复习练习（二） 牛顿运动定律的理解及应用

微课精练（二）牛顿运动定律的理解及应用

1.（2022•唐山调研）体育课上，老师训练同学做接球游戏，将一只篮球竖直向上抛出，

篮球运动过程所受空气阻力与其速度成正比，不计篮球在水平方向的侧向风力和空气对篮球

的浮力作用。关于篮球从抛出点抛出再回到抛出点过程中的运动图像正确的是（）

解析：选C篮球竖直向上抛出，由于受到空气阻力和重力作用，上升过程中速度变小，

空气阻力向下且变小，F^=Ff+mg=ma,故加速度变小，A错误；下降过程中速度变大，

空气阻力向上且变大，有F£=mg-Ft'=ma',故加速度变小，即可看出上升过程的平

均加速度较大，而上升过程与下降过程位移大小相同，又/?=暴巴故上升过程的时间较短，

C正确，B、D错误。

2.随着运营路线的拓展，高铁逐渐成为人们出行的重要方式。∣√（m∙sl）

如图是某列车从减速进站到以一定的速度离开车站的这段时间内的80V...............ɪ

速度一时间图像，下列说法正确的是（）\/

A.进站时列车的加速度大小为3.75m∕s20300550900,/S

B.列车在加速与减速两阶段运动的位移相同

C.若列车总质量不变，则加速时列车所受的合外力更大

D.若列车以80m/s的速度匀速驶过该站，则少耗费575s的运行时间

解析：选D在？f图像中，图像斜率表示加速度，进站时列车的加速度大小为0.267

m∕s2,A错误；Vf图像与坐标轴围成的面积表示位移，由题图可知B错误；由尸=∕na及

减速阶段加速度大可知减速时列车所受的合外力更大，C错误；由题图可知列车总位移X=

80X(300+350)26OOtf

m=26000m,AE=∣s=575s,D正确。

80,

3.一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，f=0时刻给物块tv2∕（m2∙s-2）

施加一个水平向右的拉力F,其速度的二次方随位移变化的图像为经过

P点（5,25）的直线，如图所示，则（

A.小物块做匀速直线运动

B.水平拉力厂的大小为2.5N

C.5s内小物块的位移为5m

D.5s末小物块的速度为25m/s

解析：选B根据储=2Or可知差m∕s2=2.5m/s?,则Fτ=mα=2.5N,选项A错

误，B正确；5s内小物块的位移为X5=；a(52=；X2.5X52m=31∙25m,选项C错误；5s末

小物块的速度为υs=α⅛=12.5m/s,选项D错误。

4.测得一位仅在竖直方向上运动的蹦床运动员受到蹦床的弹力F随时间t的变化规律

如图所示，已知该运动员的最大加速度为42m/s2,重力加速度为g=10m∕s2,不计空气阻力。

A.该运动员接触蹦床过程中受到的最大弹力为2OOON

B.该运动员双脚离开蹦床后的最大速度为16m/s

C.该运动员由最低点向上运动到离开蹦床的过程中先处于超重状态后处于失重状态

D.该运动员由接触蹦床到最低点的过程中一直处于失重状态

解析：选C由题图分析可知运动员的重力等于500N,则运动员的质量为%=50kg,

根据牛顿第二定律得En—，"g="M⅛,解得/m=2600N,故A错误；由题图分析可知运动

员双脚离开蹦床后最长经过1.6S再次接触蹦床，则离开蹦床后上升和下落的最大时间均为

0.8s,运动员双脚离开蹦床后的最大速度为u=gf=10X0.8m∕s=8m/s,故B错误；运动员

由最低点向上运动到离开蹦床的过程中，蹦床对人的支持力先大于人的重力，加速度方向向

上，处于超重状态，经过平衡位置后，蹦床对人的支持力小于人的重力，加速度方向向下，

处于失重状态，故C正确；运动员由接触蹦床到最低点的过程中，蹦床对人的支持力先小于

人的重力，加速度方向向下，处于失重状态，经过平衡位置后，蹦床对人的支持力大于人的

重力，加速度方向向上，处于趣重状态，故D错误。

5.如图所示为质量m=75kg的滑雪运动员在倾角〃=37。的直滑道t√(rn∙s-)

12p-√'BC

上由静止开始向下滑行的速度一时间图像，图中的04直线是f=0时刻1。/N一

速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的0ɜ，/S

动摩擦因数为μ,所受空气阻力与速度成正比，比例系数为鼠设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，重力加速度g取Iom/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8,贝!)()

A.运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动

B.Z=O时刻运动员的加速度大小为2m∕s2

C.动摩擦因数“为0.25

D.比例系数★为15kg∕s

解析：选C由速度一时间图像可知，运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最

12—0

后做匀速运动，故A错误;在Z=O时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度,故有αo=3—0

m∕s2=4m∕s2,故B错误；在1=0时刻开始加速时，Oo=0,由牛顿第二定律可得mgsin。一

ATOZgcos6=7〃血，最后匀速时，有Vm=IOm∕s,α≡=0,由平衡条件可得TngSilι。一Arin-

WMgCOS8=。,联立解得〃=0.25,k=30kg∕s,故C正确，D错误。

6.如图甲所示，质量%=0.5kg、初速度加=6m/s的物块受水平向左的恒力厂作用，

在粗糙的水平地面上从零时刻由。点开始向右运动，。点为坐标原点，整个运动过程中物块

2

速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g=10m∕s,下列说法正确的是（）

工

FY~~∏布

Ox∕nι

甲

A,f=2s时物块速度为零

B.£=3s时物块回到。点

C.恒力尸大小为2N

D.物块与水平面间的动摩擦因数为0・1

解析：选C由速度与位移关系式V2-Vo2=Iax得，物块减速运动时的加速度大小a∖

=6m∕s2,反向加速运动时的加速度大小m=2m/s?。物块减速到O所用时间介=言=1s,A

项错误；物块减速运动的位移大小xι=3m,反向加速运动2s内的位移大小X2=]α24=4m,

所以f=3s时物块在出发点的左侧Im处，B项错误；由牛顿第二定律得，物块减速运动时，

有F+μmg=ma∖∖物块反向加速运动时，有F~μmg=ma2,两式联立解得尸=2N,M=O.2,

C项正确，D项错误。

7.（2022•沈阳调研）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张/'ʌ

纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观/L⅝-jɔ

察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为阳和，血，各接触

面间的动摩擦因数均为"，重力加速度为g。若本实验中，Wh=IOOg,Iii2=Sg,//=0.2,香

皂盒与纸板左端的距离d=0.1m,若香皂盒移动的距离超过/=0.002m,人眼就能感知，忽

略香皂盒的体积因素影响，g取IOm/sZ,为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至

少是（）

A.1.41NB.1.42N

C.1410ND.1420N

解析：选B香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得"胆唔=Mla1,解得

«1=2m∕s2,对纸板，根据牛顿第二定律可得尸一〃（朋1+，〃2唐=，"2。2,为确保实验成功，

即香皂盒移动的距离不超过∕=0.002m,纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为xι=%ιf∕,纸

22

板运动距离为d+xι=τa2tl9纸板抽出后香皂盒运动的距离为X2=7Λ√2,则l=Xl+x29由

题意知。1=的，d∖t∖~Uitit代入数据联工解得F"=1.42N,故B正确，A、C、I）错误。

8.（多选）如图甲所示，一质量为m=lkg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，M=

0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F•作用下向右运动，第3s末物块运动

到B点时速度刚好为零，第5S末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因

数"=0.2,g取10m∕s2,下列说法正确的是（）

.F∕N

f°i2：345：√s

■—ʃ

Z∕∕Z∕∕∕∕∕∕∕Z∕∕∕∕∕∕Z∕∕ZZ/λII

AB^4r..................

甲乙

A.前3s内，物块的加速度逐渐减小

B.前3s内，物块的速度先增大后减小

C.A、B间的距离为4m

D.前3s内物块的平均速度为2m/s

解析：选BC物块所受摩擦力为/=〃八=〃〃噜=2此由题图乙可知，前3s内，水平

力尸逐渐减小，当FV时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当尸=/时，物块的速度

达到最大，之后，F<f,加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，A错误，B正确；

在3〜5s时间内物块在水平恒力厂作用下由8点匀加速直线运动到A点，设加速度为a,A、

P—f4—2

B间的距离为X,则根据牛顿第二定律有F'-f=ma,解得°=-^^^=-ɪ-m∕s2=2m∕s2,则

A、B间的距离为x=；/=[x2X22m=4m,C正确；前3s内物块的平均速度为U=A=

ZLt∖

4

ʒm/s,D错误。

9.如图甲所示，质量为，"=2kg的物块以初速度如=20m/s从图中所示位置开始沿粗

糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力厂作用，在运动过程中物块速度随时间

变化的图像如图乙所示，g取IOmZS2。求：

（1）物块在0〜4S内的加速度al的大小和4~8S内的加速度a2的大小;

⑵恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数4；

(3)8s内恒力b所做的功。

解析：(1)由题图乙可知，O〜4s内，物块向右做匀减速直线运动，4〜8s内，物块向左

做匀加速直线运动；

O〜4§内a1=个=当m∕s2=5m∕s2,方向水平向左；

Ao'8,

4〜8s内i。2=~ζp-m∕s2=2m∕s2,方向水平向左。

(2)由牛顿第二定律，0〜4s内有F+μmg=ma↑94〜8S内有F^μnιg≈maι9代入数据

解得户=7N,"=0.15。

(3)根据图形的面积可得8s内物块运动的位移x=；X4X20m-；X4X8m=24m,恒力

o

产做的功为W=Fxcos180=-7×24J=-168Jo

答案：(I)5m∕s22m∕s2(2)7N0.15(3)-168J

10.(2022•济南市历城二中测评)潜艇从海水高密度区域驶

入低密度区域时，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称

之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为

3.0×MNt,在高密度海水区域水下200m沿水平方向缓慢潜航，

如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2∙4X1(ΓN;10s后，潜艇官兵

迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0m/的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮,

到水下200m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好