牛顿运动定律的理解及基本应用（练习）

第09讲牛顿运动定律的理解及基本应用

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I目录

I01模拟基础练

I【题型一】牛顿运动定律的理解

I【题型二】超失重问题

I【题型三】动力学图像问题

1

!【题型四】动力学基本问题

102重难创新练

楮阳其础筠

//，天现车叫f\\

【题型一】牛顿运动定律的理解

1.人在处于一定运动状态的车厢内竖直向上跳起，下列分析人的运动情况的选项中正确的是（）

A.只有当车厢处于静止状态，人才会落回跳起点

B.若车厢沿直线水平匀速前进，人将落在跳起点的后方

C.若车厢沿直线水平加速前进，人将落在跳起点的后方

D.若车厢沿直线水平减速前进，人将落在跳起点的后方

【答案】C

【详解】AB.人在跳起前与车厢的运动状态相同，跳起后向上做竖直上抛运动，由于惯性，同时在车厢运

动方向保持离开车厢时的运动状态不变，如果车厢运动状态一直不变，（静止或匀速）人都会落回跳起点;

如果车厢的运动状态产生变化，则不会落回跳起点，AB错误；

C.若车厢沿直线水平加速前进，人跳起后在水平方向受力平衡，将做匀速直线运动，人相对车厢滞后，向

上做竖直上抛运动，人将落在跳起点的后方，C正确；

D.若车厢沿直线水平减速前进，人跳起后在水平方向受力平衡，将做匀速直线运动，向上做竖直上抛运动，

车厢沿直线水平速度减小，人相对车厢超前，人将落在跳起点的前方，D错误。

故选c。

2.（2024•甘肃兰州•一模）在东汉王充所著的《论衡•状留篇》中提到“是故湍'獭之流，沙石转而大石不移。

何者？大石重而沙石轻也。”从物理学的角度对文中所描述现象的解释，下列说法正确的是（）

A.水冲沙石，沙石才能运动，因为力是产生运动的原因

B.“沙石转而大石不移”是因为物体运动状态改变的难易程度与质量有关

C.只有在水的持续冲力作用三沙石才能一直运动，是因为运动需要力来维持

D.“大石不移”是因为大石受到的阻力大于水的冲力

【答案】B

【详解】A.水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了阻力，故力是改变运动的原因，故A错误：

B.物体总有保持原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质吊有关，质量越大惯性越大，力是改变物体

运动状态的原因，重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故B正确；

C.物体的运动不需要力来维持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态，故C错误；

D.“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力为零，故D错误。

故选Bo

3.蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。小丽在跳台安全员的正确操作下完成下跳，整个

过程中弹跳绳（始终在弹性限度内）多次伸缩，小丽最终被安全拉上跳台。空气阻力不能忽略，下列说法

正确的是（）

A.弹跳绳伸直前小丽的机械能不变

B.弹跳绳刚伸直时小丽的动能最大

C.小丽被安全员匀速向上拉时，弹跳绳的弹力增大

D.整个过程中小丽所受重力假功为零

【答案】D

【详解】A.小丽下落过程中空气阻力做负功，小丽的机械能减小，选项A错误；

B.弹跳绳刚伸直时重力大于弹力和阻力，小丽所受合力仍竖直向下，动能还会增大，选项B错误；

C.小丽被安全员匀速向上拉时，弹跳绳的弹力不变，选项C错误；

D.整个过程中小丽高度变化为零，重力做功为零，选项D正确。

故选D。

【题型二】超失重问题

4.（2024•湖北•一模）智能手机里一般都装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖

直方向上运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）

B.h时刻手机开始向上运动

C.13时刻手机达到最大速度D.手机始终没有脱离手掌

【答案】A

【详解】A.G时刻手机加速度为-方向竖直向下，手机处于完全失重状态故A正确；

D.手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌，手机加速度为"的过程中处于完全失重状态，

可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌，故D错误。

故选An

5.（2024•重庆•三模）“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某

一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点力切线水平，。点切线竖直，由图可知（）

A.该烟花由。点运动到。点过程中，水平方向匀速运动

B.该烟花由〃点运动到c点过程中，其机械能守恒

C.该烟花在b点的加速度方向竖直向下

D.该烟花在〃点处于失重状态

【答案】D

【详解】A.凯迹的切线方向为速度方向，由题可知〃、〃点切线水平，。点切线竖更，即b两点速度在

水平方向分量不为0,在。点速度在水平方向分量减为0,所以该烟花由。点运动到。点过程中，水平方向做

减速运动，故A错误；

B.结合A选项可知该烟花由。点运动到c点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由/，点运动到c点过

程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；

C.该烟花在最高点〃切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力

朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故c错误；

D.该烟花在最高点人有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。

故选Do

A./H=lkg,//=0.2B.片lkg,〃=0.1

C.〃?=2kg,〃=0.2D.；H=2kg,//=0.1

【答案】A

【详解】0〜Is内，根据牛顿第二定律可得

1~2s内，有

联立可得

故选Ao

A.滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离

B.滑块在0.2s时机械能最大

【答案】D

【详解】A.当滑块速度最大时，满足

此时弹力不为零，滑块号弹簧还没有脱离，选项A错误；

B.滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩

擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减

小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误：

C.滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度

根据牛顿第二定律

解得滑块与斜面间的动摩擦因数为

选项C错误；

选项D正确。

故选D。

【题型四】动力学基本问题

11.一质量为〃，的物块在大小为F的水平拉力作用下，从静止开始沿水平面运动距离x后撤掉F,又运动

了3x后停下。已知接触面粗糙程度不变，重力加速度为g,求：

（1）物块运动的总时间；

（2）若水平拉力尸增大为原来的两倍，物块仍通过4%的距离后停止，拉力作用时间？

【详解】（1）在外力/作用时，物块加速度

这个过程中由运动学公式得

类似地，撤去外力产后

联亚解得运动总时间

（2）由动能定理，对物块运动全过程

由运动学公式得

解得拉力作用时间为

12.一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由

升降机送上48m的高处，然后座舱从静止开始以上8m/s2的加速度匀加速下落"36m,启动制动系统，座

舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g=10m&。求：

（1）座舱的最大速度及匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？

（2）匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？

【详解】（1）座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为乙，根据运动学公式可得

解得

设游客重力为〃田，以游客为对象，根据牛顿第二定律可得

则有

（2）座舱匀减速下落的高度为

根据运动学公式可得

解得加速度大小为

以游客为对象，根据牛顿第二定律可得

则有

（1）小球受到阻力的大小：

（2）斜面倾角的正弦值；

⑶/3=?

【详解】（1）设斜面倾角为。，小球从A运动到挡板，即在07s时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可

得

又有

联力解得

（2）由（1）分析可知

解得

（3）根据广，图像，4C之间位移大小为

设小球从C运动到3的时间为3由位移时间公式，则有

解得

则

㈤2

A.演员在。到〃过程处于超重状态

【答案】C

【详解】A.演员在。到〃过程，压力由最大值减小为0,根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大

值减小为0,根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先减小后增大，则演员在。到

。过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误；

B.结合上述可知，演员在。到）过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，后向上做加速度减小的变

减速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，即〃到〃之间的某一时刻，演员的速度最大，故B错

误；

C.根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为

2.8s1.2s=1.6s

根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s,利用逆向思维，根据速度公式有

在0.2s到1.2s内，结合上述可知，蹦床对演员做的功为

D.从“时刻到〃时刻，根据动量定理有

解得

解得

故D错误。

故选C。

2.（2024•辽宁•三模）一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速

度。随时间/变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则（）

C.6〜8s内电梯上升的高度约为4mD.6~8s内电梯上升的高度约为9m

【答案】C

【详解】A.尸4s时，加速度向上且最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得

可知地板对该同学的支持力最大，故A错误；

由图像可知，6~8s内电梯的加速度为0,做匀速运动，上升的高度约为

故C正确，D错误。

故选C。

3.如图1所示，小木块在水平外力尸的作用下由静止开始沿光滑水平面运动，运动过程中木块的速度好随

位移式变化的图像如图2所示。下列外力F随速度八速度v随时间，变化的图像可能正确的是()

【答案】B

【详解】AB.根据题意，由图2可知

由牛顿第二定律有

又有

整理可得

可知，尸与v成正比，故A错误，B正确；

CD.由AB分析可知，”与V成正比，则物块做加速度增大的加速运动，则UT图像的斜率随着速度增大

而增大，故CD错误。

故选B。

<.v/(m-s-|)

【答案】B

【详解】A.根据

可知

故A错误；

B.根据UT图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，鸟下落的高度为

故B正确：

CD.乙至1乙时间内，鸟的加速度大小为

根据牛顿第二定律可得

可得

故CD错误。

故选B。

5.用水平拉力使质量分别为〃，伊、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面

之间的动摩擦因数分别为〃伊和〃乙，甲、乙两物体运动过程中所受拉力/与其加速度。的关系图线如图所

示，由图可知（）

A.mff>mz,if>/izB.tni/>mz,〃华勺z

C.m,!<m乙D.rn>/<m/

【答案】B

【详解】根据牛顿第二定律可得

所以

结合图线可得

故选Bo

二、多选题

6.将一个质量为m的小球以初速度如竖直向上抛出，己知小球经时间/上升到最高点，再经一段时间匀速

经过抛出点时，速度大小为力。已知空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g,则下列判断正

确的是（）

A.小球运动到最高点时处于平衡状态

C.上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小

D.小球由最高点回到抛出点的时间小于，

【答案】BC

【详解】A.小球运动到最高点时，只受重力作用，不是处于平衡状态，故A错误；

B.小球匀速经过抛出点时，根据受力平衡可得

小球刚抛出时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得

联立解得小球运动的最大加速度大小为

故B正确；

C.设小球上升的高度为/?,上升过程空气阻力的冲量大小为

卜降过程中空气阻力的冲量大小为

可知上升过程中空气阻力的冲量等于下降过程中空气阻力的冲量，故c正确；

D.由于下落过程的平均加速度小于上升过程的平均加速度，根据

可知卜.落过程的时间大于上升过程的时间，则小球由最高点回到抛出点的时间大于3故D错误。

故选BC.

A.乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态

D.整个过程中，运动员加速度的最大值为22.5m/s2

【答案】BD

B.由图乙可知，运动员在空中的时间为

重心上升的最大高度约

故B正确；

又有

侪得

故D正确。

故选BDO

A.该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先增大后减小

B.该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先减小后增大

C.在减速下降的电梯中，人站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重

【答案】BD

【详解】AB.当同学在电子秤上下蹲时，人体重心下移，先加速下降，加速度向下，此时同学处于失重状

态，同学对电子秤的压力小于自身重力；然后减速下降，加速度向上，此时同学处于超重状态，同学对电

子秤的压力大于自身重力，所以电子秤的示数先减小后增大，故A错误，B正确；

C.当电梯减速下降时，加速度竖直向上，该同学处于超重状态，电子秤对同学的支持力大于同学的重力,

根据作用力与反作用力大小相等可知，测量值会大于真实体重，故c错误；

解得

因为同学对秤的压力与秤对同学的支持力为一对作用力和反作用力，大小相等，则电子秤示数为

故D正确。

故选BD,

甲乙

【答案】ABD

【详解】A.—闱成的面积代表位移，根据图像可知小物块先沿斜面向上减速后沿斜面向下加速，物块向

上运动的位移为

故A正确；

BD.根据牛顿第二定律可得物块向上运动时

物体向下加速时

V-/图像斜率表示加速度，两阶段加速度大小分别为

方程联立解得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数分别为

故BD正确：

C.在以上各式中物块的质量均被消掉，无法求出物块的质量。故C错误。

故选ABDo

10.（如图甲所示，平行于倾角为。固定斜面向上的拉力尸使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速“与产

的关系如图乙。图线的斜率为3与r轴交点坐标为J与。轴交点为一人。由图可知（）

A.小物块的质量对&B.小物块的质量为:

k

C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为〃D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c

【答案】BD

【详解】以物块为对象，根据牛顿第二定律可得

可得

可知小物块的质量为

壁擦力与重力沿斜面的分力大小之和为

故选BD。

三、解答题

11.相对传统的护林员巡查，无人机巡查具有效率高、地形适应能力强等优势。如图，某次巡查中，质量

为，"的无人机从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，2fo时刻开始向上做匀减速直线运动，3/0时

刻到达距离地面高，处，速度恰好为零。这一过程中无人机受到向上的升力大小可以通过程序控制，无人

机受到的空气阻力与速率成正比，即上公，其中K为已知常数，已知重力加速度为g。

（1）求0~2fo时间内无人机的加速度大小及这段时间内升力的最大值

（3）求整个运动过程中升力的冲量大小

【详解】（1）设无人机运动的最大速度为物”匀加速运动过程

全过程有

联立解得

匀加速过程由牛顿第二定律可得

当时，升力最大，可得

（2）由（1）可得

解得

（3）设全过程升力的冲量大小为/,空气阻力冲最的大小为乙，由动最定理可得

解得

（1）在N点的速度4的大小；

（2）与NP间冰面的动摩擦因数必。

MNP

【详解】（1）设冰壶质量为小，A受到冰面的支持力为不，由竖直方向受力平衡，有

设A在MN间受到的滑动摩擦力为力则有

设A在间的加速度大小为小由牛顿第二定律可得

联立解得

由速度与位移的关系式，有

代人数据解得

（2）设A在NP间受到的滑动摩擦力为广，则有

由动能定理口J得

联立解得

13.如图甲所示，航母舰载机降落时需依靠飞行员手动操作钩住“拉阻索”使其速度快速归零，其运动可看成

水平减速直线运动。

（1）某次降落时“歼15”的速度从200km/h减速至停止用时2s,求其减速过程的平均加速度大小及位移；（结

果均保留三位有效数字）

（2）若某时刻•架质量为M的“歼15”的瞬时加速度大小为.，飞机与甲板间的摩擦力大小为人此时拉阻

索水平且所成的夹角为60。，如图乙所示，求此时这根拉阻索承受的张力（不计飞机的其他阻力）。

【详解】（1）由运动学公式得

解得

根据平均速度公式可得

解得

（2）两段拉阻索的张力相等，合力沿角平分线方向，由牛顿第二定律可得

解得

14.某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10s

内下降高度1800m,造成众多乘客和机组人员的伤害事故。如果只研究在竖直方向上的运动，旦假设这一

运动是匀变速直线运动，g取lOm/s2,试计算：

（1）飞机在竖直方向上产生的加速度是多大？

（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的拉力才能使乘客不脱离座椅？

【详解】（1）根据匀变速直线运动位移与时间的关系

解得

（2）因为加速度向下且大于重力加速度，所以安全带对人的拉力向下，根据牛顿第二定律，有

解得

（1）求/to；

（2）若直杆自上端开始在长度1.8m的范围内与瓦片间的动摩擦因数为多，其余部分为"o,忽略瓦片

沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地后的某

一时刻轨道上瓦片的个数。

【答案】（1）—；（2）6个或7个