人教版（2019） 高一物理 必修第一册 4.5牛顿运动定律的应用 巩固练习（带解析）

1、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7kg，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. 8 m/s25 mB. 2 m/s25 mC. 10 m/s25 mD. 10 m/s12.5 m2. 如图所示，质量均为m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mg的力，在力刚作用于B球的瞬间(  )  A. B求加速度大小为g2，A球加

2、速度大小为g2B. B求加速度大小为2g，A球加速度大小为0C. B求加速度大小为0，A球加速度大小为gD. B求加速度大小为g，A球加速度大小为03. 如图所示，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行t=0时刻，在左端轻放一质量为m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=0.2.则t=2.5s时滑块的速度为()A. 3m/sB. 2m/sC. 1m/sD. 04. 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()A. 黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B

3、. 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,sin37°=0.6,cos37°=0.8)A. 1.6sB. 2.1sC. 455sD. 2s6. 如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙

4、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m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M的支持力总小于(M+m)gC. 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m1=2kg 的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2=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/s2B. 物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2C. 物体C处于

5、失重状态，对箱子的压力大小为5ND. 轻绳对定滑轮的作用力大小为80N8. 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A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为()A. 4kgB. 3kgC. 2kgD. 1kg9. 如图所示，初始时刻静止在水平面上的两物体A，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F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，B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

6、动，则物体A从物体B左端滑到右端的时间与拉力F的大小有关10. 如图所示，A、B两物体的质量分别为M和m，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()A. gB. mgMC. mgMgMD. mgMgM+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F，拉力的大小由零逐渐增大，已知铁块的质量为2m、长木板的质量为m，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

7、动摩擦力，重力加速度用g表示，则()A. 如果外力F<2mg，则铁块与长木板静止在水平面上不动B. 如果外力F=52mg，则铁块的加速度大小为13gC. 如果外力F>3mg，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g12. 如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端与物体b相连，物体b上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b间的动摩擦因数为(>tan)，将物体a、b从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间

8、的最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列对物体a、b运动情况描述正确的是()A. 从O到A的过程，两者一直加速，加速度大小从mgsin一直减小，在A点减为零B. 经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g(cossin)C. 从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小D. 经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O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()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g

9、sinC. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinD. 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，A、B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0.25C. 斜面长度为5mD. 粗糙水平面上BC长度为5 m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=4kg

10、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m受到水平向右，大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6s，(取g=10m/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F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v0=6.0m/s的速度沿AB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=0.5，传送带顺时针

11、匀速运转。(g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：(1)当运转的速度v=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A(可视为质点).初始时刻，A、B分别以v0向左、向右运动，A、B的vt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)A与B间的动摩擦因数1，地面与B的动摩擦因数2

12、(2)从开始到最终停下，长木板B相对地面的位移大小x18. 如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连，木块A放在B上，两木块的质量均为m，在竖直向下的力F作用下，A、B均静止，然后将力F突然撤去，之后的运动过程中A、B始终不分离，重力加速度为g，问：(1)力F刚撤去时，木块A、B的加速度为多大？(2)A、B共同运动到最高点时，B对A的支持力为多大？(3)为使A、B始终不分离，力F应满足什么条件？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=Fm=147m/s2=2m/s2，则5s末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s，5s内的路程为：x=12at2

13、=12×2×25m=25m。故C正确，A、B、D错误。2.D解：在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力前，上方的弹簧对整体的拉力是2mg，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合=Fmgmg=0，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+mgmg=ma，解得a=g，故D正确，ABC错误。3.C【解答】物块在传送带上的加速度为：a=mgm=g=2m/s2，达到传送带速度时的时间为：t1=v0a=2m/s2m/s

14、2=1s，则物块匀速运动的时间为：t2=2s1s=1s， 物块匀减速运动的加速度大小为：a=mgm=g=2m/s2，减速的时间为：t3=2.5s2s=0.5s，t=2.5s时滑块的速度为：v=v0+at3=2+(2)×0.5=1m/s，ABD错误，C正确。 4.DA、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，mg=ma，所以a=g，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2=2ax得，木炭包位

15、移x木=v22g，设相对滑动的时间为t，由v=at，得t=vg，此时传送带的位移为x传=vt=v2g，所以滑动的位移是x=x传x木=v22g，5.D解：物体放上传送带后，开始一段时间t1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：mgsin+mgcos=ma，解得：a=10m/s2，当物体速度增加到10m/s时产生的位移：x=v22a=1022×10=5m<16m，所用时间为：t=va=1010=1s，所以物体速度增加到10m/s后，由于mgsin>mgcos，物体将受沿传送带向上的摩擦力直线运动，加速度：a2=mgsinmgcosm=

16、gsincos=10×0.60.5×10×0.8=2m/s2，匀加速运动的位移为16x，设所用时间为t，则16x=11=vt+12at2，解得：t=1s，运动时间：t总=1s+1s=2s；故ABC错误，D正确；6.BACD.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=macos在y轴上受力分析：(M+m)gN=(M+m)asin物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有mgsin+mgcos=ma1物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有mgsinmgcos=ma

17、2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ACD错误；B.由式，地面对物体M的支持力总小于(M+m)g，故B正确；7.C解：AB.设加速度大小为a，对物体A，受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：Tm1g=m1a；对物体BC整体，根据牛顿第二定律，有：(M+m2)gT=(M+m2)a；联立解得：a=5m/s2，T=30N，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：m2gN=m2a，解得N=m2(ga)=1×(105)N=5N，故C正确；D.滑轮受力平衡，故2T=F；故轻绳对定滑轮的作用力为

18、60N，故D错误8.B解：由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=(mA+mB)a，代入数据解得：mA+mB=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：a=FmAgmB=1mBFmAgmB，由图示图象可知，图线的斜率：k=1mB=aF=286=1，解得：mB=1kg，滑块A的质量为：mA=3kg。9.D解：A、若地面光滑，整体研究，以B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AB间，

19、及地面与B间的摩擦力大小关系，从而确定运动情况，B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A、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t，则有12aAt212aBt2=L，而A的加速度大小与拉力F的大小有关，故D正确；故选：DA、若地面光滑，则由AB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AB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；D、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.

20、DB落地前，AB具有相同的加速度，对于AB整体由牛顿第二定律得：mgMg=(M+m)a解得：a=mgMgM+m，故D正确，ABC错误。11BDA.N与地面的最大静摩擦力f=0.5×3mg=1.5mg，若F<2mg，可知铁块与长木板不一定静止在水平面上不动，故A错误；B.如果外力F=52mg，假设M和N保持相对静止，整体的加速度a=F0.53mg3m=13g，此时M和N间的摩擦力f=2ma=2mg3<2mg，假设成立，可知铁块的加速度为13g，故B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，F0.53mg=3ma，解得发生相对滑动的最小外力F=4.5mg，故

21、C错误；D.M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D正确。12.BCA、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a为研究对象，取沿斜面向下为正方向，有：mgsinf=ma得：f=mgsinma可见只要a物体具有向下的加速度，则f<mgsin<mgcos，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)gsin=F弹，之后弹簧继续伸长，则ab开始具有沿斜面向上的加速度，即开始减速运动，以a为研究对象，取沿斜面向上为正方向，有：f

22、mgsin=ma当f有最大值时a有最大值，又fmax=mgcos则a=gcosgsin，之后b加速度继续增大而a加速度保持不变，二者发生相对滑动，故经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g(cossin)，A错误，BC正确；D、在a掉下后，b将以新的平衡位置为中心做简谐振动，由对称性可推断出b将冲过O点，即b的最高点将在O点之上，选项D错误13.AC解：设两球的质量均为m，对B分析，知弹簧的弹力F=mgsin，当烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析，B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，aA=F+mgsinm=2gsin，方向沿斜面向下故

23、A、C正确，B、D错误14.BDA.物体从A到B过程，斜面光滑，所以有：mgsin =ma1，从图象上可以读出：a1=5 m/s2联立解得：，所以A错误；B.从B到C过程有：ma2=mg从图象上可以读出，在BC段的加速度大小a2=2.5 m/s2联立解得：=0.25，所以B正确；C.斜面长为：s1=12×5×1m=2.5 m，所以C错误；D.BC长度为：s2=12×5×2m=5 m，所以D正确。15.解：(1)前2s，对铁块m：Fmg=ma1，代入数据解得：a1=3m/s2对M：mg=Ma2，代入数据解得

24、：a2=2m/s2(2)2s内m的位移为x1=12a1t12=12×3×22m=6mM的位移为x2=12a2t12=12×2×22m=4m2s后，对m，Fmg=ma1，代入数据a1=1m/s2，匀加速；对M，mg=Ma2代入数据解得a2=2m/s2，匀加速；设在经过t0时间两物体速度相同为v，则v=a1t1+a1t0=a2t1+a2t0解得t0=2s，v=8m/s在t0内铁块m的位移为x1=a1t1+v2t0=6+82×2m=14m木板M的位移x2=a2t1+v2t0=4+82×2m=12m所以铁块和板相对静止前，铁块运动位移为x铁块

25、=x1+x1=20m所以铁块和板相对静止前，木板运动位移为x木板=x2+x2=16m(3)最后2s铁块和木板相对静止，一起以初速度v=8m/s做匀加速运动，对铁块和木板整体分析F=(M+m)aa=FM+m=124+4m/s2=1.5m/s2两者的位移为x3=vt+12a(t)2=8×2m+12×1.5×22m=19m16.解：(1)重力沿斜面方向的分力：Mgsin37°=10×10×0.6N=60N摩擦力大小：f=Mgcos=0.5×10×10×0.8N=40N开始时物体相对传送带向上滑动，物体所受摩擦力

26、沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：Mgsin+Mgcos=Ma解得：a=10m/s2达到与传送带速度相等需要的时间：t=v0va=6210s=0.4s这段时间内物体的位移为：x=v0+v2t=6+22×0.4m=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：Mgsin37°Mgcos=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=v22a=222×2m=1m，之后物块沿传送带向下加速运动，物块沿传送带上升的最大位移：s=x+x=1.6m+1m=2.6m物块上升的最大高度：h=ssin=2.6×sin3

27、7°m=1.56m；(2)物块受到的摩擦力始终沿斜面向上时物块到达B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由匀变速直线运动的位移公式得：L=v0t12at2解得：t=1s，t=5s当时间为62s=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B时的速度：v=v0+at=6m/s2×1m/s=4m/s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v=2.0m/s时，物块在传送带上上升的最大高度为1.56m；(2)运转的速度至少为6m/s时，物块从A点到达B点时间最短，最短时间是1s。17.解：(1)A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