人教版（2019） 高一物理 必修第一冊 4.5牛頓運動定律的應(yīng)用 鞏固練習(xí)（帶解析）

1、牛頓運動定律的應(yīng)用鞏固練習(xí)一、單選題（每一小題只有一個正確答案）1. 一個原來靜止的物體，質(zhì)量是7kg，在14N的恒定合外力作用下，則 5s末的速度及5s內(nèi)通過的路程為()A. 8 m/s25 mB. 2 m/s25 mC. 10 m/s25 mD. 10 m/s12.5 m2. 如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球用兩輕彈簧連接懸掛于天花板上并處于靜止狀態(tài)，已知重力加速度為g.現(xiàn)在B上再施加一豎直向下的大小為mg的力，在力剛作用于B球的瞬間(  )  A. B求加速度大小為g2，A球加

2、速度大小為g2B. B求加速度大小為2g，A球加速度大小為0C. B求加速度大小為0，A球加速度大小為gD. B求加速度大小為g，A球加速度大小為03. 如圖所示，足夠長的水平傳送帶以v0=2m/s的速度勻速運行t=0時刻，在左端輕放一質(zhì)量為m的小滑塊，t=2s時刻傳送帶突然被制動而停止已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2.則t=2.5s時滑塊的速度為()A. 3m/sB. 2m/sC. 1m/sD. 04. 一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行現(xiàn)將一個木炭包無初速地放在傳送帶的最左端，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的軌跡下列說法中正確的是()A. 黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè)B

3、. 木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短C. 傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短D. 木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短5. 如圖所示，傳送帶與地面成夾角=37°，以10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端輕輕地放一個質(zhì)量m=0.5kg的物體，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5，已知傳送帶AB的長度L=16m，則物體從A到B需要的時間為() (g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)A. 1.6sB. 2.1sC. 455sD. 2s6. 如圖所示，質(zhì)量為M的斜劈形物體放在水平地面上，質(zhì)量為m的粗糙物塊以某一初速度沿劈的粗糙

4、斜面向上滑，至速度為零后又加速返回，而物體M始終保持靜止，則在物塊m上、下滑動的整個過程中()A. 地面對物體M的摩擦力大小相同B. 地面對物體M的支持力總小于(M+m)gC. 地面對物體M的摩擦力先向右后向左D. 地面對物體M的摩擦力先向左后向右7. 如圖所示，質(zhì)量為m1=2kg 的物體A經(jīng)跨過定滑輪的輕繩與質(zhì)量為M=5kg的箱子B相連，箱子底板上放一質(zhì)量為m2=1kg的物體C，不計定滑輪的質(zhì)量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，取g=10m/s2，下列正確的是() A. 物體A處于失重狀態(tài)，加速度大小為10m/s2B. 物體A處于超重狀態(tài)，加速度大小為20m/s2C. 物體C處于

5、失重狀態(tài)，對箱子的壓力大小為5ND. 輕繩對定滑輪的作用力大小為80N8. 如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，木板B的加速度a與拉力F的關(guān)系圖象如圖乙所示，則小滑塊A的質(zhì)量為()A. 4kgB. 3kgC. 2kgD. 1kg9. 如圖所示，初始時刻靜止在水平面上的兩物體A，B堆疊在一起，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是()A. 若地面光滑，無論拉力F為多大，兩物體一定不會發(fā)生相對滑動B. 若地面粗糙，A向右運動，B是否運動決定于拉力F的大小C. 若兩物體一起運動，則A、B間無摩擦力D. 若A、B間發(fā)生相對滑

6、動，則物體A從物體B左端滑到右端的時間與拉力F的大小有關(guān)10. 如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為M和m，用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，A物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在A物體加速向右運動過程中(B物體落地前)，A的加速度大小為()A. gB. mgMC. mgMgMD. mgMgM+m二、多選題（有多個選項，錯選或多選均不得分）11. 在水平面上靜止地放一足夠長木板N，將一鐵塊M放在木板上，在長木板的右端加一水平向右的拉力F，拉力的大小由零逐漸增大，已知鐵塊的質(zhì)量為2m、長木板的質(zhì)量為m，鐵塊與長木板間的摩擦因數(shù)為、長木板與水平間的動摩擦因數(shù)為0.5，且滿足最大靜摩擦力近似等于滑

7、動摩擦力，重力加速度用g表示，則()A. 如果外力F<2mg，則鐵塊與長木板靜止在水平面上不動B. 如果外力F=52mg，則鐵塊的加速度大小為13gC. 如果外力F>3mg，則鐵塊與長木板之間有相對運動D. 在逐漸增大外力F的過程中，鐵塊加速度的最大值為g12. 如圖所示，一足夠長的光滑斜面，傾角為，一彈簧上端固定在斜面的頂端，下端與物體b相連，物體b上表面粗糙，在其上面放一物體a，a、b間的動摩擦因數(shù)為(>tan)，將物體a、b從O點由靜止開始釋放，釋放時彈簧恰好處于自由伸長狀態(tài)，當b滑到A點時，a剛好從b上開始滑動；滑到B點時a剛好從b上滑下，b也恰好速度為零，設(shè)a、b間

8、的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力下列對物體a、b運動情況描述正確的是()A. 從O到A的過程，兩者一直加速，加速度大小從mgsin一直減小，在A點減為零B. 經(jīng)過A點時，a、b均已進入到減速狀態(tài)，此時加速度大小是g(cossin)C. 從A到B的過程中，a的加速度不變，b的加速度在增大，速度在減小D. 經(jīng)過B點，a掉下后，b開始反向運動但不會滑到開始下滑的O點13. 如圖所示，A、B兩小球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()A. B球的受力情況未變，瞬時加速度為零B. 兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為g

9、sinC. A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinD. 彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，A、B兩球瞬時加速度都不為零14. 如圖，小球從光滑斜面頂端A點由靜止滑下，到底端B點后平滑過渡進入粗糙水平面，滑行至C點停下，整個過程小球的速率隨時間變化的圖象如圖，g=10m/s2，由圖象可知()A. 斜面傾角等于37°B. 粗糙水平面與物體間的摩擦因數(shù)為0.25C. 斜面長度為5mD. 粗糙水平面上BC長度為5 m三、計算題（寫清必要的解題步驟）15. 如甲圖所示，質(zhì)量為M=4kg足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的中點放一個質(zhì)量m=4kg

10、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為=0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。兩物塊開始均靜止，從t=0時刻起鐵塊m受到水平向右，大小如圖乙所示的拉力F的作用，F(xiàn)共作用時間為6s，(取g=10m/s2)求：(1)鐵塊和木板在前2s的加速度大小分別為多少？(2)鐵塊和木板相對靜止前，運動的位移大小各為多少？(3)力F作用的最后2s內(nèi)，鐵塊和木板的位移大小分別是多少？16. 如圖所示，傳送帶與水平地面的傾角=37°，A、B兩端相距5.0m，質(zhì)量為M=10kg的物塊以v0=6.0m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為=0.5，傳送帶順時針

11、勻速運轉(zhuǎn)。(g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：(1)當運轉(zhuǎn)的速度v=2.0m/s時，物塊在傳送帶上上升的最大高度；(2)運轉(zhuǎn)的速度至少為多大時，物塊從A點到達B點時間最短，最短時間又是多少？17. 如圖甲所示，質(zhì)量為M=5kg足夠長的長木板B靜止在水平面上，在其右端放一質(zhì)量m=1kg的小滑塊A(可視為質(zhì)點).初始時刻，A、B分別以v0向左、向右運動，A、B的vt圖象如圖所示(取向右為正方向).若已知A向左運動的最大位移為4.5m，各接觸面均粗糙，g取10m/s2.求：(1)A與B間的動摩擦因數(shù)1，地面與B的動摩擦因數(shù)2

12、(2)從開始到最終停下，長木板B相對地面的位移大小x18. 如圖所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊B相連，木塊A放在B上，兩木塊的質(zhì)量均為m，在豎直向下的力F作用下，A、B均靜止，然后將力F突然撤去，之后的運動過程中A、B始終不分離，重力加速度為g，問：(1)力F剛撤去時，木塊A、B的加速度為多大？(2)A、B共同運動到最高點時，B對A的支持力為多大？(3)為使A、B始終不分離，力F應(yīng)滿足什么條件？答案和解析1.C解：根據(jù)牛頓第二定律得，物體的加速度為：a=Fm=147m/s2=2m/s2，則5s末的速度為：v=at=2×5m/s=10m/s，5s內(nèi)的路程為：x=12at2

13、=12×2×25m=25m。故C正確，A、B、D錯誤。2.D解：在B上再施加一豎直向下的大小為mg的力前，上方的彈簧對整體的拉力是2mg，下方的彈簧對B球拉力是mg；在B上再施加一豎直向下的大小為mg的力后，上方彈簧的拉力和下方的彈簧拉力不變，球A受重力，上方彈簧的拉力及下方彈簧的拉力，合力為：F合=Fmgmg=0，故加速度為a=0；對B，受到重力，向上的拉力，及向下的拉力，根據(jù)牛頓第二定律可知：mg+mgmg=ma，解得a=g，故D正確，ABC錯誤。3.C【解答】物塊在傳送帶上的加速度為：a=mgm=g=2m/s2，達到傳送帶速度時的時間為：t1=v0a=2m/s2m/s

14、2=1s，則物塊勻速運動的時間為：t2=2s1s=1s， 物塊勻減速運動的加速度大小為：a=mgm=g=2m/s2，減速的時間為：t3=2.5s2s=0.5s，t=2.5s時滑塊的速度為：v=v0+at3=2+(2)×0.5=1m/s，ABD錯誤，C正確。 4.DA、剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包向后滑動，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，所以A錯誤BCD、木炭包在傳送帶上運動靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產(chǎn)生加速度，所以由牛頓第二定律知，mg=ma，所以a=g，當達到共同速度時，不再有相對滑動，由v2=2ax得，木炭包位

15、移x木=v22g，設(shè)相對滑動的時間為t，由v=at，得t=vg，此時傳送帶的位移為x傳=vt=v2g，所以滑動的位移是x=x傳x木=v22g，5.D解：物體放上傳送帶后，開始一段時間t1內(nèi)做初速度為0的勻加速直線運動，小物體受到沿斜面向下的摩擦力：由牛頓第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得：a=10m/s2，當物體速度增加到10m/s時產(chǎn)生的位移：x=v22a=1022×10=5m<16m，所用時間為：t=va=1010=1s，所以物體速度增加到10m/s后，由于mgsin>mgcos，物體將受沿傳送帶向上的摩擦力直線運動，加速度：a2=mgsinmgcosm=

16、gsincos=10×0.60.5×10×0.8=2m/s2，勻加速運動的位移為16x，設(shè)所用時間為t，則16x=11=vt+12at2，解得：t=1s，運動時間：t總=1s+1s=2s；故ABC錯誤，D正確；6.BACD.物體先減速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，對整體受力分析，受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有在x軸上受力分析：f=macos在y軸上受力分析：(M+m)gN=(M+m)asin物體上滑時，受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin+mgcos=ma1物體下滑時，受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinmgcos=ma

17、2由上分析可知，地面對斜面體的靜摩擦力方向一直未變，向左，但大小不同，故ACD錯誤；B.由式，地面對物體M的支持力總小于(M+m)g，故B正確；7.C解：AB.設(shè)加速度大小為a，對物體A，受到重力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：Tm1g=m1a；對物體BC整體，根據(jù)牛頓第二定律，有：(M+m2)gT=(M+m2)a；聯(lián)立解得：a=5m/s2，T=30N，物體A以的5m/s2加速度加速上升，超重，故A錯誤，B錯誤；C.物體C受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律，有：m2gN=m2a，解得N=m2(ga)=1×(105)N=5N，故C正確；D.滑輪受力平衡，故2T=F；故輕繩對定滑輪的作用力為

18、60N，故D錯誤8.B解：由圖知，當F=8N時，加速度為：a=2m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有：F=(mA+mB)a，代入數(shù)據(jù)解得：mA+mB=4kg，當F大于8N時，A、B發(fā)生相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律得：對B有：a=FmAgmB=1mBFmAgmB，由圖示圖象可知，圖線的斜率：k=1mB=aF=286=1，解得：mB=1kg，滑塊A的質(zhì)量為：mA=3kg。9.D解：A、若地面光滑，整體研究，以B達到最大靜摩擦力時，加速度達到最大，再由牛頓第二定律，依據(jù)隔離法，求得拉力F，因此兩物體是否會滑動，拉力F有大小限制，故A錯誤；B、若地面粗糙，A向右運動，根據(jù)摩擦力的方向，從而確定AB間，

19、及地面與B間的摩擦力大小關(guān)系，從而確定運動情況，B是否運動與拉力F大小無關(guān)，故B錯誤；C、若兩物體一起運動，不論是勻速，還是變速，則A、B間一定存在摩擦力，故C錯誤；D、若A、B間發(fā)生相對滑動，則物體A從物體B左端滑到右端的時間，設(shè)為t，則有12aAt212aBt2=L，而A的加速度大小與拉力F的大小有關(guān)，故D正確；故選：DA、若地面光滑，則由AB間達到最大靜摩擦力，結(jié)合牛頓第二定律，求得最大加速度，從而求得拉力F；B、當?shù)孛娲植?，B是否運動，取決于AB間，及地面與B間的摩擦力大小；C、由運動情況，結(jié)合牛頓運動定律，確定受力情況；D、根據(jù)運動學(xué)公式，結(jié)合相對位移，與牛頓第二定律，即可求解10.

20、DB落地前，AB具有相同的加速度，對于AB整體由牛頓第二定律得：mgMg=(M+m)a解得：a=mgMgM+m，故D正確，ABC錯誤。11BDA.N與地面的最大靜摩擦力f=0.5×3mg=1.5mg，若F<2mg，可知鐵塊與長木板不一定靜止在水平面上不動，故A錯誤；B.如果外力F=52mg，假設(shè)M和N保持相對靜止，整體的加速度a=F0.53mg3m=13g，此時M和N間的摩擦力f=2ma=2mg3<2mg，假設(shè)成立，可知鐵塊的加速度為13g，故B正確；C.M和N發(fā)生相對滑動的臨界加速度a=g，對整體分析，F(xiàn)0.53mg=3ma，解得發(fā)生相對滑動的最小外力F=4.5mg，故

21、C錯誤；D.M和N發(fā)生相對滑動的臨界加速度a=g，可知增大外力F的過程中，鐵塊的最大加速度為g，故D正確。12.BCA、釋放時彈簧恰好處于自由伸長狀態(tài)，斜面光滑，二者具有向下的加速度，彈簧伸長，彈簧拉力增大，則二者做加速度逐漸減小的加速運動，以a為研究對象，取沿斜面向下為正方向，有：mgsinf=ma得：f=mgsinma可見只要a物體具有向下的加速度，則f<mgsin<mgcos，即所受摩擦力小于最大靜摩擦力，物體不會滑動，當二者加速度為零，即(M+m)gsin=F彈，之后彈簧繼續(xù)伸長，則ab開始具有沿斜面向上的加速度，即開始減速運動，以a為研究對象，取沿斜面向上為正方向，有：f

22、mgsin=ma當f有最大值時a有最大值，又fmax=mgcos則a=gcosgsin，之后b加速度繼續(xù)增大而a加速度保持不變，二者發(fā)生相對滑動，故經(jīng)過A點時，a、b均已進入到減速狀態(tài)，此時加速度大小是g(cossin)，A錯誤，BC正確；D、在a掉下后，b將以新的平衡位置為中心做簡諧振動，由對稱性可推斷出b將沖過O點，即b的最高點將在O點之上，選項D錯誤13.AC解：設(shè)兩球的質(zhì)量均為m，對B分析，知彈簧的彈力F=mgsin，當燒斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，隔離對B分析，B的受力情況不變，合力為零，則瞬時加速度為零對A，根據(jù)牛頓第二定律得，aA=F+mgsinm=2gsin，方向沿斜面向下故

23、A、C正確，B、D錯誤14.BDA.物體從A到B過程，斜面光滑，所以有：mgsin =ma1，從圖象上可以讀出：a1=5 m/s2聯(lián)立解得：，所以A錯誤；B.從B到C過程有：ma2=mg從圖象上可以讀出，在BC段的加速度大小a2=2.5 m/s2聯(lián)立解得：=0.25，所以B正確；C.斜面長為：s1=12×5×1m=2.5 m，所以C錯誤；D.BC長度為：s2=12×5×2m=5 m，所以D正確。15.解：(1)前2s，對鐵塊m：Fmg=ma1，代入數(shù)據(jù)解得：a1=3m/s2對M：mg=Ma2，代入數(shù)據(jù)解得

24、：a2=2m/s2(2)2s內(nèi)m的位移為x1=12a1t12=12×3×22m=6mM的位移為x2=12a2t12=12×2×22m=4m2s后，對m，F(xiàn)mg=ma1，代入數(shù)據(jù)a1=1m/s2，勻加速；對M，mg=Ma2代入數(shù)據(jù)解得a2=2m/s2，勻加速；設(shè)在經(jīng)過t0時間兩物體速度相同為v，則v=a1t1+a1t0=a2t1+a2t0解得t0=2s，v=8m/s在t0內(nèi)鐵塊m的位移為x1=a1t1+v2t0=6+82×2m=14m木板M的位移x2=a2t1+v2t0=4+82×2m=12m所以鐵塊和板相對靜止前，鐵塊運動位移為x鐵塊

25、=x1+x1=20m所以鐵塊和板相對靜止前，木板運動位移為x木板=x2+x2=16m(3)最后2s鐵塊和木板相對靜止，一起以初速度v=8m/s做勻加速運動，對鐵塊和木板整體分析F=(M+m)aa=FM+m=124+4m/s2=1.5m/s2兩者的位移為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?。篺=Mgcos=0.5×10×10×0.8N=40N開始時物體相對傳送帶向上滑動，物體所受摩擦力

26、沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得：Mgsin+Mgcos=Ma解得：a=10m/s2達到與傳送帶速度相等需要的時間：t=v0va=6210s=0.4s這段時間內(nèi)物體的位移為：x=v0+v2t=6+22×0.4m=1.6m物塊所受沿斜面向上的摩擦力小于重力的分力，由牛頓第二定律得：Mgsin37°Mgcos=ma，解得：a=2m/s2物塊繼續(xù)向上做勻減速直線運動，當速度為零時，位移：x=v22a=222×2m=1m，之后物塊沿傳送帶向下加速運動，物塊沿傳送帶上升的最大位移：s=x+x=1.6m+1m=2.6m物塊上升的最大高度：h=ssin=2.6×sin3

27、7°m=1.56m；(2)物塊受到的摩擦力始終沿斜面向上時物塊到達B端的時間最短，摩擦力始終沿斜面向上，物塊的加速度：a=2m/s2由勻變速直線運動的位移公式得：L=v0t12at2解得：t=1s，t=5s當時間為62s=3s時物塊速度變?yōu)榱?，然后向下滑動，t=5s不合題意，舍去則物塊從A點到達B點最短運動時間為1s；物塊到達B時的速度：v=v0+at=6m/s2×1m/s=4m/s要使物塊受到的摩擦力始終沿斜面向上，物塊的速度應(yīng)始終大于傳送帶的速度，傳送帶速度至少為6m/s。答：(1)當運轉(zhuǎn)的速度v=2.0m/s時，物塊在傳送帶上上升的最大高度為1.56m；(2)運轉(zhuǎn)的速度至少為6m/s時，物塊從A點到達B點時間最短，最短時間是1s。17.解：(1)A先向左做勻減速直線運動，減速運動的時間為1.5s，由勻變速直線運動的位移公