人教版（2019）高一物理 必修第一册4牛顿运动定律的应用巩固练习

牛顿运动定律的应用巩固练习

一、单选题（每一小题只有一个正确答案）

1.一个原来静止的物体，质量是7依，在14N的恒定合外力作用下，则5s末的速度及

5s内通过的路程为（）

A.8m/s25mB.2m/s25m

C.10m/s25mD.10m/s12.5m

2.如图所示，质量均为机的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止

状态，已知重力加速度为g.现在B上再施加一竖直向下的大小为，咫的力，在力刚

作用于B球的瞬间（）

A.B求加速度大小为/A球加速度大小为科

B.B求加速度大小为2g,4球加速度大小为0

C.B求加速度大小为0,A球加速度大小为g

D.B求加速度大小为g,A球加速度大小为0

3.如图所示，足够长的水平传送带以%=2m/s的速度匀速运行.t=0时刻，在左端

轻放一质量为，〃的小滑块，t=2s时刻传送带突然被制动而停止.已知滑块与传送

带之间的动摩擦因数〃=02则t=2.5s时滑块的速度为（）

%_______________________

A.3m/sB.2m/sC.Im/sD.0

4.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速地放在传

送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的轨迹.下列说法中正确的是

（）

左,右

A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B.木炭包的质量越大，径迹的长度越短

C.传送带运动的速度越大，径迹的长度越短

D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短

5.如图所示，传送带与地面成夹角。=37。，以10m/s的速度

逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5kg

的物体，它与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,已知传送带

AB的长度L=16m,则物体从A到B需要的时间为

()(g=10m/s2,sm37°=0.6,cos37°=0.8)

A.1.6sB.2.1sD.2s

6.如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质

量为根的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑,

至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则

在物块机上、下滑动的整个过程中（）

A.地面对物体M的摩擦力大小相同

B.地面对物体”的支持力总小于（M+m）g

C.地面对物体M的摩擦力先向右后向左

D.地面对物体M的摩擦力先向左后向右

7.如图所示，质量为Tn】=2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为

M=5kg的箱子8相连,箱子底板上放一质量为tn?=1kg的物体C,

不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取

g=10m/s2,下列正确的是（）

A.物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2

B.物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2

C.物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5N

D.轻绳对定滑轮的作用力大小为80N

8.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块4。木板B受

到随时间/变化的水平拉力F作用时，木板8的加速度。与拉力F的关系图象如图

乙所示，则小滑块A的质量为（）

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图甲图乙

A.4kgB.3kgC.2kgD.1kg

9.如图所示，初始时刻静止在水平面上的两物体4,B

堆叠在一起，现对A施加一水平向右的拉力F,下列

说法正确的是（）

A.若地面光滑，无论拉力尸为多大，两物体一定不会发生相对滑动

B.若地面粗糙，A向右运动，8是否运动决定于拉力F的大小

C.若两物体一起运动，则A、B间无摩擦力

D.若A、B间发生相对滑动，则物体A从物体B左端滑到右端的时间与拉力厂的

大小有关

10.如图所示，A、B两物体的质量分别为M和"?，用跨过光

滑定滑轮的轻绳相连,A物体与桌面间的动摩擦因数为〃，

重力加速度为g,在A物体加速向右运动过程中（B物体落

地前），A的加速度大小为（）

「mg/Mgmg-〃Mg

A.gB.詈D.

M*MM+m

二、多选题（有多个选项，错选或多选均不得分）

11.在水平面上静止地放一足够长木板N,将一铁块M放

在木板上，在长木板的右端加一水平向右的拉力凡

拉力的大小由零逐渐增大，已知铁块的质量为2加、

长木板的质量为〃3铁块与长木板间的摩擦因数为〃、长木板与水平间的动摩擦因

数为0.5%且满足最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度用g表示，贝M）

A.如果外力F<2png,则铁块与长木板静止在水平面上不动

B.如果外力F=则铁块的加速度大小为:“g

C.如果外力F>3nmg,则铁块与长木板之间有相对运动

D.在逐渐增大外力F的过程中，铁块加速度的最大值为“g

12.如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为9,一弹簧上端固定

在斜面的顶端，下端与物体6相连，物体h上表面粗糙，在

其上面放一物体小a、匕间的动摩擦因数为4（/z>tan。），将

物体心匕从0点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由

伸长状态，当6滑到A点时，a刚好从6上开始滑动；滑到B

点时a刚好从〃上滑下，人也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩

擦力.下列对物体八匕运动情况描述正确的是（）

A.从。到A的过程，两者一直加速，加速度大小从zngsin。一直减小，在4点减

为零

B.经过A点时，〃、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是gGucos。-sin。）

C.从A到B的过程中，〃的加速度不变，6的加速度在增大，速度在减小

D.经过B点，〃掉下后，人开始反向运动但不会滑到开始下滑的。点

13.如图所示，A、B两小球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角

为。的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在

细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（），3城”

A.B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

B.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin。

C.A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsm8

D.弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，4、8两

球瞬时加速度都不为零

14.如图，小球从光滑斜面顶端A点由静止滑下，到底端B点后平滑过渡进入粗糙水平

面，滑行至C点停下，整个过程小球的速率随时间变化的图象如图，g=10m/s2,

由图象可知（）

A.斜面倾角等于37。

B.粗糙水平面与物体间的摩擦因数为0.25

C.斜面长度为5m

D.粗糙水平面上8c长度为5根

三、计算题（写清必要的解题步骤）

15.如甲图所示，质量为M=4kg足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点

放一个质量m=4的大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数为〃=0.2,

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块开始均静止，从t=0时刻起铁块机受到

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水平向右,大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6s,(取g=10rn/s2)求:

(1)铁块和木板在前2s的加速度大小分别为多少？

(2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？

(3)力尸作用的最后2s内，铁块和木板的位移大小分别是多少？

16.如图所示，传送带与水平地面的倾角。=37。，A、B两

端相距5.0m,质量为M=10kg的物块以"o=6.0m/s的

速度沿A8方向从A端滑上传送带，物块与传送带间的

动摩擦因数处处相同，均为4=0.5,传送带顺时针匀速

运转。(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37。=0.8)求：

(1)当运转的速度。=2.0m/s时，物块在传送带上上升的最大高度;

(2)运转的速度至少为多大时，物块从A点到达B点时间最短，最短时间又是多少？

17.如图甲所示，质量为M=5kg足够长的长木板B静止在水平面上，在其右端放一质

量m=1kg的小滑块4(可视为质点).初始时刻，A、3分别以孙向左、向右运动，A、

8的u-t图象如图所示(取向右为正方向).若已知A向左运动的最大位移为4.5m,

各接触面均粗糙，g取10m/s2.求：

(1)4与3间的动摩擦因数〃I，地面与B的动摩擦因数的.

(2)从开始到最终停下，长木板8相对地面的位移大小x.

18.如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块3相连，木

块A放在B上,两木块的质量均为"，，在竖直向下的力F作用下,A、

B均静止，然后将力尸突然撤去，之后的运动过程中48始终不分

离，重力加速度为g,问：

(1)力尸刚撤去时，木块A、8的加速度为多大？

(2)4、B共同运动到最高点时，8对A的支持力为多大？

(3)为使A、B始终不分离，力尸应满足什么条件？

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答案和解析

1.C

解：根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=W=^m/s2=2m/s2,

则5s末的速度为：v=at=2x5m/s=10m/s,

5s内的路程为：x=|at2=1x2x25m=25m。

故C正确，A、B、。错误。

2.D

解：在B上再施加一竖直向下的大小为，移的力前，上方的弹簧对整体的拉力是2〃吆,

下方的弹簧对B球拉力是mg；

在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力后，上方弹簧的拉力和下方的弹簧拉力不变,

球A受重力，上方弹簧的拉力及下方弹簧的拉力，合力为：F^.=F-mg-mg=O,

故加速度为a=0；

对B,受到重力，向上的拉力，及向下的拉力，根据牛顿第二定律可知：mg+mg-mg=

ma,解得a=g,故。正确，ABC错误。

3.C

【解答】

物块在传送带上的加速度为：a=鬻==2m/s2,达到传送带速度时的时间为：

ti=：=WW=ls，则物块匀速运动的时间为：t2=2s-Is=Is,物块匀减速运动

4Til[

的加速度大小为:a'=-臂=一〃g=-2m/s2,减速的时间为：t3=2.5s-2s=0.5s,

t=2.5s时滑块的速度为：v=v0+a't3=2+(—2)x0.5=lm/s,ABD错误，C正确。

4.0

A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色

的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误.

BCD.木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生

加速度，

所以由牛顿第二定律知，nmg=ma,所以a=〃g,

当达到共同速度时，不再有相对滑动，

由卢=2ax得，木炭包位移x天=

设相对滑动的时间为，，

由u=at,得£=5，

„2

此时传送带的位移为X於=仇吟,

„2

所以滑动的位移是△x=x传一%木=W，

5.D

解：物体放上传送带后，开始一段时间S内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受

到沿斜面向下的摩擦力：

由牛顿第二定律得：mgsind4-/xmgcosO=ma,解得：a=10m/s2,

当物体速度增加到10m/s时产生的位移：x=A=黑=5m<16m.

所用时间为：t"=啜=ls,

a10

所以物体速度增加到10m/s后，由于mgsin。>nmgcosO,

物体将受沿传送带向上的摩擦力直线运动，

加速度：。2=_gsin®—Reos®=iox0.6—0.5x10x0.8=2m/s2,

匀加速运动的位移为16-x,设所用时间为t',

则16-x=11="'+[at'2,解得：t'-1s,运动时间：t怒=Is+Is=2s；故ABC

错误，。正确；

6.B

4CD.物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总

重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有

在x轴上受力分析：f=macosd...(T)

在y轴上受力分析：(M+m)g—N=(M+m)asind...②

物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有

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mgsind+林mgcos。=zna]...③

物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有

mgsind—nmgcosB—ma2...④

由上分析可知，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，但大小不同，故ACQ

错误；

B.由②式，地面对物体M的支持力总小于+m)g,故8正确；

7.C

解：4B.设加速度大小为“，对物体A,受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：

T-mrg=m^a-,对物体8C整体，根据牛顿第二定律，有：(M+m2')g-T=(M+m2)a；

联立解得：a=5m/s2,T=30/V,物体A以的5m/s2加速度加速上升，超重，故A错

误，B错误；

C.物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：m2g-N=m2a,解得

N=m2(5-a)=1x(10-5)N=5N,故C正确；

。.滑轮受力平衡，故27=尸；故轻绳对定滑轮的作用力为60N,故。错误.

8.8

解：由图知，当F=8N时，加速度为：a=2zn/s2,

对整体分析，由牛顿第二定律有：F=(皿4+ni8)a,代入数据解得：mA+mB=4kg,

当尸大于8N时,4、8发生相对滑动，根据牛顿第二定律得:对8有:。=安心=高尸一

mB

由图示图象可知，图线的斜率：卜=2=*=2=1，解得：m=1kg,滑块A的

nigZlro-oB-

质量为：mA=3kgo

9.D

解：4、若地面光滑，整体研究，以8达到最大静摩擦力时，加速度达到最大，再由牛

顿第二定律，依据隔离法，求得拉力F,因此两物体是否会滑动，拉力F有大小限制，

故A错误；

B、若地面粗糙，A向右运动，根据摩擦力的方向，从而确定A8间，及地面与B间的摩

擦力大小关系，从而确定运动情况，8是否运动与拉力F大小无关，故B错误；

C、若两物体一起运动，不论是匀速，还是变速，则4、B间一定存在摩擦力，故C错

误；

D、若A、B间发生相对滑动，则物体A从物体B左端滑到右端的时间，设为则有

22

\aAt-\aBt=L,而4的加速度大小与拉力厂的大小有关，故。正确；

故选：D.

A、若地面光滑，则由A8间达到最大静摩擦力，结合牛顿第二定律，求得最大加速度，

从而求得拉力F；

B、当地面粗糙，B是否运动，取决于A8间，及地面与B间的摩擦力大小；

C、由运动情况，结合牛顿运动定律，确定受力情况；

。、根据运动学公式，结合相对位移，与牛顿第二定律，即可求解.

10.D

8落地前，48具有相同的加速度，对于AB整体由牛顿第二定律得：mg-fiMg=(M+

m)a

解得：&=嚓也，故。正确，ABC错误。

M+m

HBD

A.N与地面的最大静摩擦力/=0.5〃x3mg=若F<可知铁块与长木

板不一定静止在水平面上不动，故A错误；

A如果外力F=1Mg，假设M和N保持相对静止，整体的加速度a=…方？=)。，

此时M和N间的摩擦力尸=2ma=誓<假设成立,可知铁块的加速度为

故2正确；

C.M和N发生相对滑动的临界加速度a=〃g,对整体分析，F-0.5〃•3mg=3ma,解

得发生相对滑动的最小外力尸=4.5卬ng,故C错误；

DM和N发生相对滑动的临界加速度a=〃g,可知增大外力F的过程中，铁块的最大

加速度为〃g，故。正确。

12.BC

A、释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，斜面光滑，二者具有向下的加速度，弹簧伸长，

弹簧拉力增大，则二者做加速度逐渐减小的加速运动，

以“为研究对象，取沿斜面向下为正方向，有：mgsinO-f-ma

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得：f=mgsind—ma

可见只要a物体具有向下的加速度，则/'<mgsin。<〃7ngcosO,即所受摩擦力小于最

大静摩擦力，物体不会滑动，

当二者加速度为零，即(M+m)gsin9=f^,之后弹簧继续伸长，则力开始具有沿斜

面向上的加速度，即开始减速运动，以〃为研究对象，取沿斜面向上为正方向，有：

f—mgsinO=ma'

当「有最大值时优有最大值，又篇以=fimgcosd

则a'=〃gcos。-gsinO,之后匕加速度继续增大而。加速度保持不变，二者发生相对滑

动，

故经过A点时，“、匕均己进入到减速状态，此时加速度大小是g(〃cos。-sin。)，A错

误，8c正确；

。、在“掉下后，〃将以新的平衡位置为中心做简谐振动，由对称性可推断出6将冲过O

点，即b的最高点将在。点之上，选项。错误.

13.AC

解：设两球的质量均为m,对8分析，知弹簧的弹力F=mgs)。，

当烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对8分析，2的受力情况不变，合力为零，

则瞬时加速度为零.

对A，根据牛顿第二定律得，以=F+m*=2gs讥d方向沿斜面向下.故A、C正确，

B、。错误.

14.8。

A.物体从A到B过程，斜面光滑，所以有：w^sina=max从图象上可以读出：

%=5zn/s?…②联立①②解得：c3(),所以A错误；

8.从8到C过程有：771a2=〃7ng…③从图象上可以读出，在8c段的加速度大小

2

a2=2.5m/s…④联立③④解得：〃=0.25,所以8正确；

C.斜面长为：Si=|X5x1m=2.5团，所以C错误；

长度为：s2=x5x2m=5mf所以。正确。

15.解：(1)前2s,对铁块"z：F-/img=mar,

代入数据解得：=3m/s2

对M：fimg=Ma2，

2

代入数据解得：a2=2m/s

(2)2s内m的位移为%i=[ait/=|x3x227n=6m

M的位移为%2—~a2^i2=jx2x22m=4m

2s后，对加，Ff-(img=ma\,代入数据优1=lm/s2,匀加速；

对M,[img=Mg'代入数据解得优2=2m/s2,匀加速；

设在经过环时间两物体速度相同为也则u=的耳+a\t0=a2tl+优2to

解得耳=2s,v—8m/s

在无内铁块m的位移为％'1=%:+%=等x2zn=14m

木板M的位移工‘2=■%—等x2m=12m

所以铁块和板相对静止前，铁块运动位移为％铁发=与+*=20m

所以铁块和板相对静止前，木板运动位移为工次板=%2+x，2=16M

(3)最后2s铁块和木板相对静止，一起以初速度17=8m/s做匀加速运动，对铁块和木板

整体分析

F=(M+m)a

F12

。=^^=中*=1，5*

两者的位移为尤3=udt+|a(Zlt)2=8x2m4-1x1.5x22m=19m

16.解：(1)重力沿斜面方向的分力:Mgsin370=10x10x0.6/V=60/V

摩擦力大小：f=iiMgcosO=0.5x10x10x0.8/V=40/V

开始时物体相对传送带向上滑动，物体所受摩擦力沿斜面向下，

根据牛顿第二定律得：Mgsin9+林Mgcos。=Ma

解得：Q=10m/s2

达到与传送带速度相等需要的时间：t=贮=Ms=0.4s

a10

这段时间内物体的位移为：x==等X0.4m=1.6m

物块所受沿斜面向上的摩擦力小于重力的分力，

由牛顿第二定律得：Mgsin370—fiMgcosd=ma',解得：a'=2m/s2

物块继续向上做匀减速直线运动，当速度为零时，

位移：x'=—=—m=lm,之后物块沿传送带向下加速运动，

2a/2X2

物块沿传送带上升的最大位移：s=%+%'=1.6m+Im=2.6m

物块上升的最大高度：h=ssind=2.6xsin37°m=1.56m；

(2)物块受到的摩擦力始终沿斜面向上时物块到达8端的时间最短，

摩擦力始终沿斜面向上，物块的加速度：a'=2m/s2

2

由匀变速直线运动的位移公式得：L=vot-\a't'

解得：tr=Is,t'=5s

当时间为]=3s时物块速度变为零，然后向下滑动，t'=5s不合题意，舍去

则物块从A点到达B点最短运动时间为1s；

物块到达3时的速度：V=%+artf=6m/s—2xlm/s=4m/s

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要使物块受到的摩擦力始终沿斜面向上，物块的速度应始终大于传送带的速度，传送带

速度至少为6m/s。

答:(1)当运转的速度。=2.0rn/s时，物块在传送带上上升的最大高度为1.56加；

(2)运转的速度至少为6M/S时，物块从A点到达2点时间最短，最短时间是1s。

17.解：(1)4先向左做匀减速直线运动，减速运动的时间为1.5s,

由匀变速直线运动的位移公式得：xA1^laAtl，

解得：%=等=等=4m/s2,

对A由牛顿第二定律得：%mg=maA,

解得：Mi=y=^=0.4；

A、B的初速度大小：v0=aAtt=4x1,5m/s=6m