牛顿运动定律的应用（分层练习）

第5节牛顿运动定律的应用

型分组基珊练

一、牛顿定律与直线运动

1.（多选）一个静止在水平面上的物体质量为2kg,在水平向右的5N的拉力作用下滑行，物体与水平面

间的滑动摩擦力为2N,4s后撤去拉力，则（）

A.物体在4s末的速度为6m/sB.物体在4s末的速度为10m/s

C.物体滑行的时间为6sD.物体滑行的时间为10s

【答案】AD

【详解】AB.前4s内，根据牛顿第二定律得，物体匀加速运动的加速度

物体在4s末的速度

y产m/s

选项A正确，B错误;

CD.4s后，根据牛顿第二定律得，物体匀减速运动的加速度

m/s-

m

物体继续滑行的时间

则物体滑行的时间为6s+4s=10s,选项C错误，D正确。

故选ADo

2.如图甲所示，一质量为勿的滑块放在粗糙的水平面上，滑块与水平面之间的动摩擦因数为〃。现给滑块

一水平向右的初速度％=6m/s,同时给滑块一水平向左的恒力尸二4N,若以滑块的出发点为原点，取向右

的方向为正方向，在电脑上描绘出滑块速度随时间的变化规律如图乙所示，取g=lOm/s?下列说法正确的

A.滑块的质量为4kg

B.滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.2

C.3s末滑块返回到出发点

I）.4s末滑块加速度大小为lm/s2

【答案】D

【详解】ABD.由图像可知加速度大小

a?=3m/s\a2=lm/s~

两个过程分别受力分析，根据牛顿第二定律得

F+/Jmg=ma!

Fmng=ma?

联立解得

m=2kg

〃二0.1

AB错误、DIE确；

C.由r-t图像可知，滑块先向右匀减速，再向左匀加速，iLt图像面积为物体的位移，2~3s内的位移

大小小于0~2s内位移大小，故3s末滑块未返回到出发点，C错误。

故选D。

3.（2022•江苏省新海高级中学高一期中）用一水平力，'拉静止在水平面上的物体，在外力厂从零开始逐

渐增大的过程中，物体的加速度a随外力/变化的关系如图所示，g取10m/so则下列说法错误的是（）

A.物体与水平面间的滑动摩擦力为7N

B.物体的质量为2kg

C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3

【答案】A

【详解】A.由图知，/¥7N时，物体刚开始运动，则物体与水平面间的最大静摩擦力为7N,最大静摩擦力

大于滑动摩擦力，故A错误，符合题意；

BC.令

%二14N

根据

解得

m2kg

故BC正确，不符合题意；

D.当少为5N时，物体静止，受到静摩擦力

水平面的支持力

;V=20N

物体受到水平面的作用力大小为

故D正确，不符合题意。

故选Ao

4.（2022•宁夏•中卫中学高一阶段练习）如图，一质量m=10kg的箱子，置于水平地面上，当小狗用水

平粒力;>20N栉箱子沿水平地面做匀速直线运动，求：

（1）物块与地面间的动摩擦因数〃；

（2）现换成小孩用一与水平方向夹角为37。斜向上的拉力户50、拉该箱子沿水平地面从静止开始做匀加速

直线运动biOs时间，求箱子的加速度；10秒内的位移和10秒末的速度分别多大（已知sin370=0.6,

cos37°=0.8,g取］Om/s〉

【答案】（l）0.2：（2）2.6m/s2,130m,26m/s

【详解】（1）由题意可知箱子沿水平地面做勺速直线运动，则根据受力平衡有

代人数据解得

（2）当小孩拉箱子时，对箱子受力分析沿水平和竖直正交分解有

代人数据联立解得

根据匀变速直线运动位移时间关系有

根据速度与时间关系有

二、牛顿定律与斜面

5.（2022•陕西•延安市新区高级中学高一期末）（多选）如图，质量为."的斜面体静止，质量为m的物体

以加速度a加速下滑，斜面和物体之间没有摩擦力，下列说法正确的是（）

A.斜面体与地面之间无摩擦力

c正确;

D.由

解得

D错误。

故选C。

7.（2022•江苏•海安高级中学高一阶段练习）在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，

为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆"和⑦相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把

一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处。在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，为了

防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（）

A.减少每次运送瓦的块数B.增多每次运送瓦的块数

C.增大两杆的倾角。D.增大两杆之间的距离

【答案】D

【详解】AB.为了防止瓦被损坏，则瓦沿滑轨滑的加速度不能太大，对瓦受力分析，如下图所示

设两杆对瓦的支持力的夹角为。，则根据平衡条件有

根据牛顿第二定律有

可知，瓦沿滑轨滑的加速度与瓦的质量无关，因此增加或减小每次运送瓦的块数是没有作用的，故AB错误：

C.增大两杆的倾角明则瓦对滑轨的压力减小，重力沿滑轨向下的分力增大，根据牛顿第二定律可知，瓦

沿滑轨滑的加速度增大，故C错误；

D.增大两杆之间的距离，则两杆对瓦的支持力的夹角。增大，即杆对瓦的支持力&增大，则瓦下滑时受到

的滑动摩擦力增大，加速度减小，故D正确。

故选D。

三、板块问题

8.（多选）如图甲所示，质量为V的木板静止在光滑水平面上。一个质量为/〃的小滑块以初速度幺从木板

的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一

些判断，正确的是（）

A.滑块和木板始终存在相对运动

B.滑块始终未离开木板

c.滑块的质量大r木板的质量

D.木板的长度一定为学

【答案】BC

【详解】AB.由题图乙可知在心时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终

未离开木板，故A错误，B正确；

D.根据此图像与坐标轴所围面积表示位移可知，，/时刻滑块相对木板的位移大小为

但滑块在。时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为苧，其满足题意的最小长度为号•，故

D错误。

故选BCo

9.（多选）如图所示，在水平面上有一质量为所2kg的足够长的木板A,其上叠放一质量为%=4kg的物块

B,木板与地面间的动摩擦因数〃尸0.2,物块和木板之间的动摩擦因数外=0.6,假定最大静摩擦力和滑动

摩擦力相等。现给物块施加随时间［增大的水平拉力46?（N）,重力加速度大小麦lOm/s：则（）

______A_______

777T777777777777777777777777T

A.b2s之后，木板将在地面上滑动

B.b4s时，物块将相对木板滑动

C.G6s时,物块的加速度大小为3m/-

D.木板的最大加速度为6m/s2

【答案】AD

【详解】ABD.当物块和木板一起运动，且物块和木板之间的摩冻力为最大静摩擦力时，此时对木板有

fmaxP!（例+&）

fmax=〃21112g

解得

对整体有

Fmaxui（加;+&）g=（0/+&）amax

解得

Q〃aj=48N

由

Fmax^Sti

可得

£/=8s

因此，木块和木板保持相对静止的时间为8s,42s时，

片12N=41（.耽+止）^=12N

所以木板将在地面上滑动且物块与木板相对静止，故AD正确，B错误；

C.由上分析可知，片6s时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律

代入数据可得

故C错误。

故选AD.

【详解】（1）设拉力为尸。时，A和B之间刚要相对滑动，对A,由牛顿第二定律

对B有

解得

对A、B整体有

解得

对A

对B

且有

解得

四、传送带问题

11.如图所示，水平传送带月8以片200cm/s的速度匀速运动，从8相距11m。一物体（可视为质点）从力

点由静止放于传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数〃0.2,g取10m/s2,则物体从/1沿传送带运动到〃

C.6sD.A/HS

【答案】C

【详解】开始时物体在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

解得物体的加速度为

所以物体加速的时间为

此时间内物体的位移为

此后物体做匀速直线运动，所用时间为

故所求时间为

故选C。

12.如图，倾角。=37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量犷2kg的小物体轻放在传

送带的月端，小物体与传送带间的动摩擦因数〃=0.8,取支10m/s\sin37°=0.6,cos37°=0.8,则在

上升过程中的小物体（）

A.加速度恒定

B.先加速运动后匀速运动

C.所受的摩擦力方向发生变化

1）.所受的摩擦力大小始终为12N

【答案】B

【详解】开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，因

则物体沿传送带向上加速运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带的速度相等时，因

则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体所受静摩擦力大小为12N,方向沿传送带

向上，故B正确，ACD错误。

故选B。

(1)货物运动的总时间;

(2)8c间的距离。

，口BC

()——►y

【答案】(1)2.55s；(2)1.6m

【详解】(1)货物在传送带上加速时，有

得

货物与传送带共速时

货物运动位移

货物匀速位移

货物匀速时间

货物在水平面减速时

得

所以，总时间

(2)BC间距离

巩固综合提高练

14.长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，木板由水平位置缓慢向

上转动(即木板与地面的夹角。变大)，另一端不动，如图甲所示，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力

月随角度〃的变化图像如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是()

A.木块与木板间的动摩擦因数〃=tan%

C.木板与地面的夹角为。2时，木块做自由落体运动

D.木板由转到凄的过程中，木块的速度变化越来越快

【答案】D

【详解】AB.由题图可知，当木板与地面的夹角为〃/时木块刚刚开始滑动，木块重力沿木板向下的分力等

于%,则

Ff2=mgsin

刚滑动时有

3尸〃侬cos

则

由题图知

Fn<Ff2

即

Pmgcos0^nigsin8>

解得

〃<tan0,

故选项A、B错误；

C.当木板与地面的夹角为展时，木块受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块

不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项C错误；

D.对木块，根据牛顿第二定律有

mgsix\0—umgcosO—ma

则

a=^sin0—〃夕os6

则木板由即转到外的过程中，随着"的增大，木块的加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项D正确。

故选D。

（1）工件在传送带上加速过程通过的位移大小第

（2）工件从,4端传送到夕端所需要的时间t；

（3）相对传送带静止的工件，相邻工件间的距离Ax。

【答案】（1）0.8m；（2）8.4s；（3）1.6m

【详解】（1）对工件加速运动时受力分析，由牛顿第二定律得

〃mgcos°in0=ma

解得加速度为

a=2.5川/s2

所以加速的时间为

所以加速的位移为

（2）因为

pm^cos°>fngsin6

所以工件与传送带共速之后一起做匀速直线运动，所以匀速的时间为

所以_L件从4端传送到〃端所需要的时间为

t=ti+t2-8.4s

（3）因为每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则后一个工件同

样加速相同的位移，所以相对传送带静止的工件，相邻工件间的距离即为后一个工件加速时间内前一个工

件匀速运动的距离，即

bx=vtt=1.6m

16.（2021•湖北•石首市第一中学高一阶段练习）如图所示，左倾角为0=37°的足够长斜面上放置一质

量用2kg、长度小1.5m的极薄平板18在薄平板的上端力处放一质量〃尸1kg的小滑块（视为质点）。开始

在沿斜面向上的力♦'的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将，'撤去，使小滑块和薄平

板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为〃尸0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为

〃刊）.5,sin37°=0.6,cos370=0.8,取交lOm/s?。求：

（1）求力厂的大小：

（2）释放后，小滑块的加速度a,和薄平板的加速度加：

（3）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t.

【详解】（1）系统整体分析，由平衡条件可知

（2）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块〃?由牛顿第二定律有

其中

解得

对薄平板由牛顿第二定律有

其中

解得

（3）设滑块滑离时间为，由运动学公式，有

解得

链接高考

17.（2022•北京•高考真题）如图所示，质量为m的物块在倾角为。的斜面上加速下滑，物块与斜面间的

动摩擦因数为〃。下列说法正确的是（

【答案】B

【详解】A.对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条，牛，可得支持力为

故A错误；

B.斜面对物块的摩擦力大小为

故B正确；

CD.因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得

可知

则斜面对物块的作用力为

故CD错误。

故选Bo

18.(2022•辽宁•高考真题)如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度网沿中线滑向另一•端,

经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为〃，*取10m/s)下列以〃值可能正确的是()

A.v0=2.5m/sB.v0=1.5m/sC.〃=0.28I),〃=0.25

【答案】B

【详解】AB.物块水平沿中线做匀减速直线运动，则

由题干知

x-Im,t=Is,r>0

代人数据有

Vo<2m/s

故A不可能，B可能；

CD.对物块做受力分析有

a=Jvo=2ax

整理有

Vo2ax>0

由于幺<2m/s可得

〃<0.2

故CI）不可能。

故选Bo

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度"的大小;

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度U的大小;

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度£

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【详解】（1）根据牛顿第二定律可得

代人数据解得

（2）根据运动学公式

解得

（3）根据牛顿第二定律

根据运动学公式

代人数据联立解得

20.（2022•浙江•高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的•段赛道如图1所示，长12nl

水平直道力笈与长20m的倾斜直道比'在占点平滑连接，斜道与水平面的夹角为150°运动员从,4点由静止

出发，推着雪车匀加速到8点时速度大小为8m/s,紧接着快速俯卧到车上沿阿匀加速下滑（图