(完整word版)高一物理必修一牛顿第二定律的应用

评卷人 得分 一、计算题

1．如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m = 60 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ= 0．50，斜坡的倾角θ= 37°（sin37° = 0．6，cos37° = 0．8），斜坡与水平滑道间是平滑

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连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s．求：

（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？

（2）若AB的长度为25m，求人到B点时的速度为多少？

2．如图所示，物体的质量m=4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0．2，在与水平

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方向夹角为37°、大小为10 N的恒力F的作用下，由静止开始加速运动，取g=10m/s,已知sin 37°= 0．6，cos 37°= 0．8，试求：

（1）物体运动的加速度的大小a；

（2）若t1=10 s时撤去恒力F，物体还能继续滑行的时间t2和距离x．

03．放于地面上、足够长的木板右端被抬高后成为倾角为137的斜面，此时物块恰

好能沿着木板匀速下滑，重力加速度取10m/s，sin37=0．6,cos37=0．8,求

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（1）物块与木板间的动摩擦因数；

0（2）若将此木板右端被抬高后成为倾斜角为253的斜面，让物块以一定初速度

v0=10m/s从底端向上滑，

能上滑离底端的最远距离是多大．

4．如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0．2，在与水平面

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成37°，F=10N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撤去F，（g=10m/s，sin37°=0．6，cos37°=0．8）。求：

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（1）物体做加速运动时的加速度a；

（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？

5．如图所示，水平地面上有一质量m=2．0kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0．20，在与水平方向成θ=37°角斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速

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直线运动。已知F=10N，sin37º=0．60，cos37º=0．80，重力加速度g取10m/s，不计空气阻力。求：

（1）物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小； （2）物块运动过程中加速度的大小；

（3）物块开始运动5．0s所通过的位移大小。

6．如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F拉质量为m的物块，可使它匀速向上滑动，若改用大小为3F的力，扔平行斜面向上拉该物体，让物体从底部由静止开始运动，已知斜面长为L，物块可看作质点，求：

（1）在力3F的作用下，物体到达斜面顶端的速度；

（2）要使物体能够到达斜面顶端，3F力作用的时间至少多少？

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参考答案

1．（1）2 m/s （2）10 m/s 【解析】 试题分析：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，

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设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律有： mgsinθ-Ff1=ma1 FN1-mgcosθ=0 又 Ff1=μFN1

联立解得：a1=g（sinθ-μcosθ）

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代入数据得：a1=2．0 m/s；

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（2）人在斜坡上做匀加速直线运动，由vB=2a1sAB得 人滑到B点时：vB=2a1sAB2225m/s=10m/s

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系。

2

2．（1）0．3 m/s（2）1．5s；2．25m 【解析】

试题分析：（1）根据牛顿第二定律得： 竖直方向：FN=mg-Fsin37° 又f=μFN

水平方向：根据牛顿第二定律得：Fcos37°-f=ma

2

代入数据解得：a=0．3 m/s

（2）10s末的速度 v=at=0．3×10=3m/s

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撤去F后，a1=-μg=-2 m/s 故t0v031.5s，即物体还能滑行1．5s a120v2032滑行距离：x＝2.25m 2a122考点：牛顿第二定律的应用

【名师点睛】本题应用牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题；注意要搞清物理过程，分析在不同阶段的受力情况，从而求解加速度。 3．（1）0．75 （2）4m 【解析】

0试题分析：（1）当137时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据共点力

的平衡条件可得： mgsin37mgcos370, 代入数据解得：

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0.75

（2）物块向上滑动时的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：

mgsin370mgcos370ma

代入数据解得：a12.5m/s2

2根据匀变速直线运动的位移速度公式可得：v02ax 代入数据解得：x4m

考点：物体的平衡、牛顿第二定律、位移速度公式

0【名师点睛】本题主要考查了物体的平衡、牛顿第二定律、位移速度公式。当137时，

小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件和摩擦力公式列方程，可求出摩擦因数；根据牛顿第二定律得出速度，然后根据位移公式得到上滑距离。 4．（1）a0.3m/s2（2）0．75s 【解析】

试题分析：（1）根据牛顿第二定律得： 竖直方向：FNmgFsin37① 水平方向：Fcos37Ffma② 又FfFN③

由①②③解得a0.3m/s2

（2）5s末的速度v0at1.5m/s，撤去F后物体的加速度a1所以t1mgmg2m/s2 vv00.75s a1考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力

5．（1）5．2N；（2）1．4m/s；（3）17．5m。

【解析】 试题分析：（1）物块沿竖直方向所受合力为零，设物块受地面的支持力为N，因此有 N=mg+Fsin37º=26N…（2分）

物块运动过程中所受的滑动摩擦力大小f=μN=5．2N …（1分）

（2）设物块的加速度大小为a，根据物块沿水平方向的受力情况，由牛顿第二定律有

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Fcos37º-f=ma……（2分） 解得：a=1．4m/s…（1分）

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（3）物块运动5．0s所通过的位移大小s=at/2=17．5m…（2分）

考点：匀变速直线运动及其公式、图像牛顿运动定律、牛顿定律的应用。 【答案】（1）v2【解析】

试题分析：（1）设斜面倾角为，在物体匀速运动时，对物体受力分析可得：

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FLmL；（2）t1 m3F

Fmgsin0

当用3F的拉力时，设物体的加速度为a，到达顶端时速度为v，

由牛顿第二定律可得： 3Fmgsinma 由速度位移的关系式可得： v202aL 解得：v2FL。 m（2）设3F的拉力至少作用t1时间，加速度为a1，撤去后加速度大小为a2 由牛顿第二定律可得： 3Fmgsinma1，Fmgsinma2

12a1t1 21物体减速上升的位移为： S2vta2t22 2物体加速上升的位移为： S1物体运动的总位移等于斜面的长度L，即：S1S2L 因为加速的末速度就是减速过程的初速度，即：va1t1a2t2 由以上方程联立解得：t1mL 。 3F考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系 【名师点睛】本题考查的是物体多运动过程的分析，对每个过程分别利用牛顿第二定律和匀

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变速直线运动的规律求解即可。

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