第09講牛頓運動定律的理解及基本應用

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I目錄

I01模擬基礎練

I【題型一】牛頓運動定律的理解

I【題型二】超失重問題

I【題型三】動力學圖像問題

1

!【題型四】動力學基本問題

102重難創(chuàng)新練

楮陽其礎筠

//，天現車叫f\\

【題型一】牛頓運動定律的理解

1.人在處于一定運動狀態(tài)的車廂內豎直向上跳起，下列分析人的運動情況的選項中正確的是（）

A.只有當車廂處于靜止狀態(tài)，人才會落回跳起點

B.若車廂沿直線水平勻速前進，人將落在跳起點的后方

C.若車廂沿直線水平加速前進，人將落在跳起點的后方

D.若車廂沿直線水平減速前進，人將落在跳起點的后方

【答案】C

【詳解】AB.人在跳起前與車廂的運動狀態(tài)相同，跳起后向上做豎直上拋運動，由于慣性，同時在車廂運

動方向保持離開車廂時的運動狀態(tài)不變，如果車廂運動狀態(tài)一直不變，（靜止或勻速）人都會落回跳起點;

如果車廂的運動狀態(tài)產生變化，則不會落回跳起點，AB錯誤；

C.若車廂沿直線水平加速前進，人跳起后在水平方向受力平衡，將做勻速直線運動，人相對車廂滯后，向

上做豎直上拋運動，人將落在跳起點的后方，C正確；

D.若車廂沿直線水平減速前進，人跳起后在水平方向受力平衡，將做勻速直線運動，向上做豎直上拋運動，

車廂沿直線水平速度減小，人相對車廂超前，人將落在跳起點的前方，D錯誤。

故選c。

2.（2024?甘肅蘭州?一模）在東漢王充所著的《論衡?狀留篇》中提到“是故湍'獺之流，沙石轉而大石不移。

何者？大石重而沙石輕也?！睆奈锢韺W的角度對文中所描述現象的解釋，下列說法正確的是（）

A.水沖沙石，沙石才能運動，因為力是產生運動的原因

B.“沙石轉而大石不移”是因為物體運動狀態(tài)改變的難易程度與質量有關

C.只有在水的持續(xù)沖力作用三沙石才能一直運動，是因為運動需要力來維持

D.“大石不移”是因為大石受到的阻力大于水的沖力

【答案】B

【詳解】A.水沖沙石，沙石才能運動，因為水的沖擊力克服了阻力，故力是改變運動的原因，故A錯誤：

B.物體總有保持原有運動狀態(tài)的性質即為慣性，其大小只與質吊有關，質量越大慣性越大，力是改變物體

運動狀態(tài)的原因，重的大石由于質量太大，慣性太大，所以運動狀態(tài)不容易被水流改變，故B正確；

C.物體的運動不需要力來維持，如沙石不受力的作用時，可以做勻速直線運動狀態(tài)，故C錯誤；

D.“大石不移”是因為水的沖力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力為零，故D錯誤。

故選Bo

3.蹦極是近些年來新興的一項非常刺激的戶外休閑活動。小麗在跳臺安全員的正確操作下完成下跳，整個

過程中彈跳繩（始終在彈性限度內）多次伸縮，小麗最終被安全拉上跳臺?？諝庾枇Σ荒芎雎裕铝姓f法

正確的是（）

A.彈跳繩伸直前小麗的機械能不變

B.彈跳繩剛伸直時小麗的動能最大

C.小麗被安全員勻速向上拉時，彈跳繩的彈力增大

D.整個過程中小麗所受重力假功為零

【答案】D

【詳解】A.小麗下落過程中空氣阻力做負功，小麗的機械能減小，選項A錯誤；

B.彈跳繩剛伸直時重力大于彈力和阻力，小麗所受合力仍豎直向下，動能還會增大，選項B錯誤；

C.小麗被安全員勻速向上拉時，彈跳繩的彈力不變，選項C錯誤；

D.整個過程中小麗高度變化為零，重力做功為零，選項D正確。

故選D。

【題型二】超失重問題

4.（2024?湖北?一模）智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟件，手托著手機在豎

直方向上運動，通過軟件得到加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，重力加速度為g。

下列說法正確的是（）

B.h時刻手機開始向上運動

C.13時刻手機達到最大速度D.手機始終沒有脫離手掌

【答案】A

【詳解】A.G時刻手機加速度為-方向豎直向下，手機處于完全失重狀態(tài)故A正確；

D.手機加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機加速度為"的過程中處于完全失重狀態(tài)，

可以說此過程手機和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯誤。

故選An

5.（2024?重慶?三模）“兩江四岸”煙花活動中，某同學用手機錄制了一段煙花運動視頻，經電腦處理得到某

一煙花的運動軌跡如圖所示，其中最高點力切線水平，。點切線豎直，由圖可知（）

A.該煙花由。點運動到。點過程中，水平方向勻速運動

B.該煙花由〃點運動到c點過程中，其機械能守恒

C.該煙花在b點的加速度方向豎直向下

D.該煙花在〃點處于失重狀態(tài)

【答案】D

【詳解】A.凱跡的切線方向為速度方向，由題可知〃、〃點切線水平，。點切線豎更，即b兩點速度在

水平方向分量不為0,在。點速度在水平方向分量減為0,所以該煙花由。點運動到。點過程中，水平方向做

減速運動，故A錯誤；

B.結合A選項可知該煙花由。點運動到c點過程中，水平方向做減速運動，即該煙花由/，點運動到c點過

程中，煙花在運動過程中受到摩擦阻力，機械能不守恒，故B錯誤；

C.該煙花在最高點〃切線水平，即此時運動方向為水平向右，摩擦阻力水平向左，則摩擦力和重力的合力

朝左下，所以加速度方向與合力方向一致，故c錯誤；

D.該煙花在最高點人有豎直向下的加速度分量，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。

故選Do

A./H=lkg,//=0.2B.片lkg,〃=0.1

C.〃?=2kg,〃=0.2D.；H=2kg,//=0.1

【答案】A

【詳解】0?Is內，根據牛頓第二定律可得

1~2s內，有

聯立可得

故選Ao

A.滑塊速度最大時，滑塊與彈簧脫離

B.滑塊在0.2s時機械能最大

【答案】D

【詳解】A.當滑塊速度最大時，滿足

此時彈力不為零，滑塊號彈簧還沒有脫離，選項A錯誤；

B.滑塊機械能增量等于彈力做功與摩擦力做功的代數和，開始時彈力大于摩擦力，此過程中彈力功大于摩

擦力功，滑塊的機械能增加；最后階段彈力小于摩擦力，彈力功小于摩擦力功，此過程中滑塊的機械能減

小，則滑塊在0.2s時彈力為零，此時滑塊的機械能不是最大，選項B錯誤：

C.滑塊脫離彈簧后向上減速運動的加速度

根據牛頓第二定律

解得滑塊與斜面間的動摩擦因數為

選項C錯誤；

選項D正確。

故選D。

【題型四】動力學基本問題

11.一質量為〃，的物塊在大小為F的水平拉力作用下，從靜止開始沿水平面運動距離x后撤掉F,又運動

了3x后停下。已知接觸面粗糙程度不變，重力加速度為g,求：

（1）物塊運動的總時間；

（2）若水平拉力尸增大為原來的兩倍，物塊仍通過4%的距離后停止，拉力作用時間？

【詳解】（1）在外力/作用時，物塊加速度

這個過程中由運動學公式得

類似地，撤去外力產后

聯亞解得運動總時間

（2）由動能定理，對物塊運動全過程

由運動學公式得

解得拉力作用時間為

12.一種巨型娛樂器械可以讓游客體驗超重和失重。該器械可乘坐多人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由

升降機送上48m的高處，然后座艙從靜止開始以上8m/s2的加速度勻加速下落"36m,啟動制動系統，座

艙又勻減速下落，到地面時剛好停下。已知重力加速度g=10m&。求：

（1）座艙的最大速度及勻加速過程座椅對游客的支持力是游客重力的多少倍？

（2）勻減速下落過程中，座椅對游客的支持力是游客重力的多少倍？

【詳解】（1）座艙先做勻加速直線運動，設座艙的最大速度為乙，根據運動學公式可得

解得

設游客重力為〃田，以游客為對象，根據牛頓第二定律可得

則有

（2）座艙勻減速下落的高度為

根據運動學公式可得

解得加速度大小為

以游客為對象，根據牛頓第二定律可得

則有

（1）小球受到阻力的大小：

（2）斜面傾角的正弦值；

⑶/3=?

【詳解】（1）設斜面傾角為。，小球從A運動到擋板，即在07s時間內由速度時間公式和牛頓第二定律可

得

又有

聯力解得

（2）由（1）分析可知

解得

（3）根據廣，圖像，4C之間位移大小為

設小球從C運動到3的時間為3由位移時間公式，則有

解得

則

㈤2

A.演員在。到〃過程處于超重狀態(tài)

【答案】C

【詳解】A.演員在。到〃過程，壓力由最大值減小為0,根據牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大

值減小為0,根據牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在。到

。過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B.結合上述可知，演員在。到）過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做加速度減小的變

減速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，即〃到〃之間的某一時刻，演員的速度最大，故B錯

誤；

C.根據圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為

2.8s1.2s=1.6s

根據豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為0.8s,利用逆向思維，根據速度公式有

在0.2s到1.2s內，結合上述可知，蹦床對演員做的功為

D.從“時刻到〃時刻，根據動量定理有

解得

解得

故D錯誤。

故選C。

2.（2024?遼寧?三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發(fā)，用手機內置傳感器測得某段時間內電梯的加速

度。隨時間/變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（）

C.6?8s內電梯上升的高度約為4mD.6~8s內電梯上升的高度約為9m

【答案】C

【詳解】A.尸4s時，加速度向上且最大，則該同學處于超重狀態(tài)，根據牛頓第二定律可得

可知地板對該同學的支持力最大，故A錯誤；

由圖像可知，6~8s內電梯的加速度為0,做勻速運動，上升的高度約為

故C正確，D錯誤。

故選C。

3.如圖1所示，小木塊在水平外力尸的作用下由靜止開始沿光滑水平面運動，運動過程中木塊的速度好隨

位移式變化的圖像如圖2所示。下列外力F隨速度八速度v隨時間，變化的圖像可能正確的是()

【答案】B

【詳解】AB.根據題意，由圖2可知

由牛頓第二定律有

又有

整理可得

可知，尸與v成正比，故A錯誤，B正確；

CD.由AB分析可知，”與V成正比，則物塊做加速度增大的加速運動，則UT圖像的斜率隨著速度增大

而增大，故CD錯誤。

故選B。

<.v/(m-s-|)

【答案】B

【詳解】A.根據

可知

故A錯誤；

B.根據UT圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知整個過程中，鳥下落的高度為

故B正確：

CD.乙至1乙時間內，鳥的加速度大小為

根據牛頓第二定律可得

可得

故CD錯誤。

故選B。

5.用水平拉力使質量分別為〃，伊、的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面

之間的動摩擦因數分別為〃伊和〃乙，甲、乙兩物體運動過程中所受拉力/與其加速度。的關系圖線如圖所

示，由圖可知（）

A.mff>mz,if>/izB.tni/>mz,〃華勺z

C.m,!<m乙D.rn>/<m/

【答案】B

【詳解】根據牛頓第二定律可得

所以

結合圖線可得

故選Bo

二、多選題

6.將一個質量為m的小球以初速度如豎直向上拋出，己知小球經時間/上升到最高點，再經一段時間勻速

經過拋出點時，速度大小為力。已知空氣阻力大小與小球速度大小成正比，重力加速度為g,則下列判斷正

確的是（）

A.小球運動到最高點時處于平衡狀態(tài)

C.上升過程中空氣阻力的沖量大小等于下降過程中空氣阻力的沖量大小

D.小球由最高點回到拋出點的時間小于，

【答案】BC

【詳解】A.小球運動到最高點時，只受重力作用，不是處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B.小球勻速經過拋出點時，根據受力平衡可得

小球剛拋出時的加速度最大，根據牛頓第二定律可得

聯立解得小球運動的最大加速度大小為

故B正確；

C.設小球上升的高度為/?,上升過程空氣阻力的沖量大小為

卜降過程中空氣阻力的沖量大小為

可知上升過程中空氣阻力的沖量等于下降過程中空氣阻力的沖量，故c正確；

D.由于下落過程的平均加速度小于上升過程的平均加速度，根據

可知卜.落過程的時間大于上升過程的時間，則小球由最高點回到拋出點的時間大于3故D錯誤。

故選BC.

A.乙圖中cd段表示運動員一直處于失重狀態(tài)

D.整個過程中，運動員加速度的最大值為22.5m/s2

【答案】BD

B.由圖乙可知，運動員在空中的時間為

重心上升的最大高度約

故B正確；

又有

儕得

故D正確。

故選BDO

A.該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先增大后減小

B.該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先減小后增大

C.在減速下降的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重

【答案】BD

【詳解】AB.當同學在電子秤上下蹲時，人體重心下移，先加速下降，加速度向下，此時同學處于失重狀

態(tài)，同學對電子秤的壓力小于自身重力；然后減速下降，加速度向上，此時同學處于超重狀態(tài)，同學對電

子秤的壓力大于自身重力，所以電子秤的示數先減小后增大，故A錯誤，B正確；

C.當電梯減速下降時，加速度豎直向上，該同學處于超重狀態(tài)，電子秤對同學的支持力大于同學的重力,

根據作用力與反作用力大小相等可知，測量值會大于真實體重，故c錯誤；

解得

因為同學對秤的壓力與秤對同學的支持力為一對作用力和反作用力，大小相等，則電子秤示數為

故D正確。

故選BD,

甲乙

【答案】ABD

【詳解】A.—闈成的面積代表位移，根據圖像可知小物塊先沿斜面向上減速后沿斜面向下加速，物塊向

上運動的位移為

故A正確；

BD.根據牛頓第二定律可得物塊向上運動時

物體向下加速時

V-/圖像斜率表示加速度，兩階段加速度大小分別為

方程聯立解得斜面的傾角和物塊與斜面間的動摩擦因數分別為

故BD正確：

C.在以上各式中物塊的質量均被消掉，無法求出物塊的質量。故C錯誤。

故選ABDo

10.（如圖甲所示，平行于傾角為。固定斜面向上的拉力尸使小物塊沿斜面向上運動，運動過程中加速“與產

的關系如圖乙。圖線的斜率為3與r軸交點坐標為J與。軸交點為一人。由圖可知（）

A.小物塊的質量對&B.小物塊的質量為:

k

C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為〃D.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c

【答案】BD

【詳解】以物塊為對象，根據牛頓第二定律可得

可得

可知小物塊的質量為

壁擦力與重力沿斜面的分力大小之和為

故選BD。

三、解答題

11.相對傳統的護林員巡查，無人機巡查具有效率高、地形適應能力強等優(yōu)勢。如圖，某次巡查中，質量

為，"的無人機從地面由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，2fo時刻開始向上做勻減速直線運動，3/0時

刻到達距離地面高，處，速度恰好為零。這一過程中無人機受到向上的升力大小可以通過程序控制，無人

機受到的空氣阻力與速率成正比，即上公，其中K為已知常數，已知重力加速度為g。

（1）求0~2fo時間內無人機的加速度大小及這段時間內升力的最大值

（3）求整個運動過程中升力的沖量大小

【詳解】（1）設無人機運動的最大速度為物”勻加速運動過程

全過程有

聯立解得

勻加速過程由牛頓第二定律可得

當時，升力最大，可得

（2）由（1）可得

解得

（3）設全過程升力的沖量大小為/,空氣阻力沖最的大小為乙，由動最定理可得

解得

（1）在N點的速度4的大??；

（2）與NP間冰面的動摩擦因數必。

MNP

【詳解】（1）設冰壺質量為小，A受到冰面的支持力為不，由豎直方向受力平衡，有

設A在MN間受到的滑動摩擦力為力則有

設A在間的加速度大小為小由牛頓第二定律可得

聯立解得

由速度與位移的關系式，有

代人數據解得

（2）設A在NP間受到的滑動摩擦力為廣，則有

由動能定理口J得

聯立解得

13.如圖甲所示，航母艦載機降落時需依靠飛行員手動操作鉤住“拉阻索”使其速度快速歸零，其運動可看成

水平減速直線運動。

（1）某次降落時“殲15”的速度從200km/h減速至停止用時2s,求其減速過程的平均加速度大小及位移；（結

果均保留三位有效數字）

（2）若某時刻?架質量為M的“殲15”的瞬時加速度大小為.，飛機與甲板間的摩擦力大小為人此時拉阻

索水平且所成的夾角為60。，如圖乙所示，求此時這根拉阻索承受的張力（不計飛機的其他阻力）。

【詳解】（1）由運動學公式得

解得

根據平均速度公式可得

解得

（2）兩段拉阻索的張力相等，合力沿角平分線方向，由牛頓第二定律可得

解得

14.某航空公司的一架客機，在正常航線上作水平飛行時，突然受到強大的垂直氣流的作用，使飛機在10s

內下降高度1800m,造成眾多乘客和機組人員的傷害事故。如果只研究在豎直方向上的運動，旦假設這一

運動是勻變速直線運動，g取lOm/s2,試計算：

（1）飛機在豎直方向上產生的加速度是多大？

（2）乘客所系安全帶必須提供相當于乘客體重多少倍的拉力才能使乘客不脫離座椅？

【詳解】（1）根據勻變速直線運動位移與時間的關系

解得

（2）因為加速度向下且大于重力加速度，所以安全帶對人的拉力向下，根據牛頓第二定律，有

解得

（1）求/to；

（2）若直桿自上端開始在長度1.8m的范圍內與瓦片間的動摩擦因數為多，其余部分為"o,忽略瓦片

沿著軌道方向的長度，工人師傅每隔0.5s將一瓦片無初速度地放置在軌道頂端，求第一片瓦片落地后的某

一時刻軌道上瓦片的個數。

【答案】（1）—；（2）6個或7個