1、牛顿运动定律的应用A组基础达标1在对交通事故的分析中，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()A7 m/sB14 m/sC10 m/sD20 m/s【答案】B【解析】设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgma，解得ag.由匀变速直线运动速度位移关系式v2ax，可得汽车刹车前的速度为v0 m/s14 m/s.2(多选)钢球在足够深的油槽上方某一高度由静止下落，落入油槽中以后，球受的阻力正比于
2、其速率，则球在油中的运动情况可能是()A先加速后减速，最后静止B一直匀速运动C先加速后匀速D先减速后匀速【答案】BCD【解析】设阻力与速度的比例为k，则阻力为fkv，若落入油槽中时重力大于阻力，则球做加速运动，即mgkvma，速度增大，f增大，当f增大到等于重力时球做匀速运动，此后阻力不变，重力不变，球做匀速运动；即球先加速后匀速，故C正确；若落入油槽时，重力等于阻力，则球做匀速运动，故B正确；若落入油槽中时重力小于阻力，则球做减速运动，即kvmgma，速度减小，f减小，当f减小到等于重力时球做匀速运动，此后阻力不变，重力不变，球做匀速运动，即球先减速后匀速，故D正确3(多选)如图所示表示某小
3、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【答案】CD【解析】由牛顿第二定律可知：在01 s，小球向前做匀加速直线运动，1 s末速度最大，在12 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，选项A、B错误4质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的vt图像，则拉力和摩擦力之比为() A98B32C21D43【答案】B【解析】由vt图像可知
4、，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a11.5 m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a20.75 m/s2；由牛顿第二定律列方程得ma1Ff，ma2FFf，解得FFf32.5(2021届湖南名校期末)如图所示，小球与水平的不计质量的弹簧相连，同时用与水平面成60角的光滑挡板托住小球，小球静止，重力加速度为g，现突然向左拿走挡板，拿走挡板瞬间小球的加速度大小为()AgB0.5gC2gDg【答案】C【解析】对小球受力分析可知，挡板对球的作用力为N2mg，拿走挡板瞬间，弹簧的弹力不能突变，则小球受的合力与N等大反向，则小球的加速度大小a2g，故C正确6高空作业须系安全带，如果质
5、量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()AmgBmgCmgDmg【答案】A【解析】设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v22gh，得v，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得Fmgma，又vat，解得Fmg，选项A正确7如图所示，物体的质量m1.0 kg，物体与地面间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2.若沿水平向右方向施加一恒定拉力F9.0 N，使物体由静止开始做匀加速直线运动，求：(1)物体的加速度大
6、小；(2)2 s末物体的速度大小；(3)2 s末撤去拉力F，物体还能运动多远？【答案】(1)4 m/s2(2)8 m/s(3)6.4 m【解析】(1)根据牛顿第二定律Ffma，fmg0.510 N5 N，则a m/s24 m/s2.(2)对于匀加速运动，2 s末的速度vv0at8 m/s.(3)撤去拉力后的加速度大小ag5 m/s2，则物体还能滑行的距离x m6.4 m.8我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”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.其起飞跑道可视为由长度L1180 m的水平跑道和长度L220 m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的
7、高度差h2 m，如图所示已知质量m2104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F1.2105 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 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F1fma1，解得a14.5 m/s2，由匀加速直线运动公式L1at2，解得t4 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Ffmgsin ma
8、2，其中sin ，解得a23.5 m/s2.B组能力提升9沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s、510 s、1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()AF1F3CF1F3DF1F3【答案】A【解析】由vt图像可知，05 s内加速度a10.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin fF1ma1，F1mgsin f0.2m；510 s内加速度a20，根据牛顿第二定律有mgsin fF2ma2，F2mgsin f；1015 s内加速度a30.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律
9、有mgsin fF3ma3，F3mgsin f0.2m.故可得F3F2F1，选项A正确10如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()A粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且agsin 【答案】A
10、【解析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于或等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得到，加速度ag(sin cos )，若tan ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin cos )的加速度匀加速，也可能先以g(sin cos )的加速度匀加速，后以g(sin cos )匀加速，
11、故B错误若tan ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C、D错误11如图所示，质量为m的小球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()A若加速度足够小，竖直挡板对小球的弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对小球的弹力可能为零C斜面和挡板对小球的弹力的合力等于maD斜面对小球的弹力不仅有，而且是一个定值【答案】D【解析】小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为， 则竖直方向有FN2cos mg，因为mg和不变，所以无论
12、加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故选项B错误，D正确水平方向有FN1FN2sin ma；因为FN2sin 0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cos 与水平方向的力ma的合力，因此大于ma，故C错误12(2021届赣州名校检测)请根据以下资料推断小型客车雨天行驶在该公路上的安全距离最接近(g取10 m/s2)()路面路面与轮胎之间的动摩擦因数干0.700.80湿0.250.40A100 mB120 mC150 mD180 m【答案】C【解析】雨天汽车在公路上行驶的最高速度为v90 km/h25 m/s，在反应时间内，汽车
13、仍做匀速直线运动x1vt1，当反应时间取最大值t10.8 s时，通过的最大距离为x120 m，在汽车刹车的过程，根据匀减速直线运动规律有0v22gx2，动摩擦因数取最小值0.25，得x2 m125 m，则总位移大小为xx1x2145 m，与四个选项中的150 m最接近，故C正确，A、B、D错误13风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30.现小球在F20 N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数.试求：(1)小球运动的加速度a1；(2)若风力F
14、作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm；(3)在上一问的基础上若从撤去风力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25 m的B点【答案】(1)2.5 m/s2(2)2.4 m(3)0.2 s和0.75 s【解析】(1)在力F作用时有(Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1，解得a12.5 m/s2.(2)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s，小球的位移x1t11.8 m，撤去力F后，小球上滑时有mgsin 30mgcos 30ma2，a27.5 m/s2，因此小球上滑时间t20.4 s，上滑位移x2t20.6 m，则小球上滑的最大距离为xmx1x22.4 m.(3)在上滑阶段通过B点xABx1v1t3a2t，经过B点时的时间为t30.2 s，另t30.6 s(舍去，因为返回时加速度发生改变)小球返回时有mgsin 30mgcos 30ma3，a32.5 m/s2，因此小球由顶端返回B点时有xmxABa3t，t4 s，经过B点时的时间为t2t4 s0.75 s.
