2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修一专题：牛顿运动定律综合应用同步练习

牛顿运动定律综合应用同步练习

牛顿运动定律综合应用（一）同步练习

（答题时间：30分钟）

1. 如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是（　　）

A. 系统做匀速直线运动

B. F＝40 N

C. 斜面体对楔形物体的作用力大小为5N

D. 增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动

2. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑

B. A运动的加速度大小为a＝

C. 水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左

D. 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等

3. 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（　　）

A. 物块先向左运动，再向右运动

B. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

4. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触（A与弹簧未连接），质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计，撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g。则（　　）

A. 物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动

B. 物体刚向左运动时的加速度大小为

C. 物体A、B运动后分离

D. 物体A、B运动x0－后分离

5. 质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：

（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；

（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；

（3）A的质量。

牛顿运动定律综合应用（一）同步练习参考答案

1. BD 

解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有

F＝（M＋m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示。

由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。

2. ABD

解析：因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用时，沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcos θ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。

由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcos θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cos θ，又因为Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcos θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项C错误，D正确。

3. BC

解析：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，B、C正确。

4. D

解析：撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A项错误；撤去F瞬间，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a＝，故B项错误；当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx1，x1＝，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x0－后分离，C项错误，D项正确。

5. （1）0.2　（2）0.1　（3）6 kg

解析：（1）由图像可知，A在0－1s内的加速度

a1＝＝－2 m/s2，

对A由牛顿第二定律得，

－μ1mg＝ma1

解得μ1＝0.2.

（2）由图像知，AB在1－3s内的加速度

a3＝＝－1 m/s2，

对AB由牛顿第二定律得，

－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3

解得μ2＝0.1

（3）由图像可知B在0－1s内的加速度a2＝＝2m/s2。

对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，

代入数据解得m＝6kg。

牛顿运动定律综合应用（二）同步练习

（答题时间：30分钟）

1. 如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。

2. 如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法正确的是（　　）

A. 滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大

B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动

C. 滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为

D. 滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大

3. 如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是（　　）

4. 一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图像如图a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（　　）

A. 前2 s处于超重状态

B. 从200 m高处开始跳下

C. 落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N

D. 整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s

5. 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。

（1）当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？

（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？

（3）当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？

牛顿运动定律综合应用（二）同步练习参考答案

1. 60°　

解析：当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：

－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①

木块的位移为x，有0－v＝2ax②

根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g（sin θ＋μcos θ）

根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin（θ＋α），其中tan α＝μ＝，则α＝30°

要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g

所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－

代入②可得xmin＝

2. C

解析：滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，滑块做减速运动，加速度大小一直增大，选项A错误；滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速，选项B错误；由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F＝kx0＋μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax＝，选项C正确；在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，此时速度最大，之后滑块开始做减速运动，选项D错误。

3. D

解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是图D。

4. C

解析：由v－t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图面积x＝×（5＋13）×20 m＝180 m，选项B错误；落地前瞬间a＝＝m/s2＝－m/s2，对特战兵，由牛顿第二定律，8T·cos 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项C正确；全程平均速度v＝＝m/s＞10 m/s，选项D错误。

5. （1）g　（2）g　（3）mg

解析：（1）当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则

FNcos 45°＝mg，FNsin 45°＝ma

解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.

（2）假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。由牛顿第二定律得

水平方向：FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1，

竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0.

由上述两式解得FN1＝，FT1＝。

由此可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大。

当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零。

（3）当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cos α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝m＝mg。

牛顿运动定律综合应用（三）同步练习

（答题时间：30分钟）

1. 如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则（    ）。

A. 只有a>gsinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用

B. 只有a<gsinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用

C. 只有a＝gsinθ，a才受沿传送带向上的静摩擦力作用

D. 无论a为多大，a都受沿传送带向上的静摩擦力作用

2. 如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s 的速度匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时，传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2。在下图中，关于滑块相对地面运动的v­t图像正确的是（    ）

3. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，则 （　　）

A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大

B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D. 0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

4. 一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。

5. 如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的速度向上运动。一个质量为2 kg的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（取g＝10 m/s2）。求：

（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；

（2）物块到达传送带顶端时的速度。

6. 如图所示，水平传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长，重力加速度为g。问：

（1）物体从A到B做什么运动？

（2）当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？

（3）物体从A到B运动的时间为多少？

（4）什么条件下物体从A到B所用时间最短？

牛顿运动定律综合应用（三）同步练习参考答案

1. B  解析：A与传送带相对静止，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，A有沿斜面向下的加速度a，对A受力分析可知只有a<gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用，B正确。

2. D  解析：小滑块放在传送带上后，做匀加速运动，其加速度a＝μg＝2 m/s2，经1 s小滑块和传送带速度相等，二者一起匀速运动；t＝2 s时，传送带制动停下，小滑块在传送带上做匀减速运动，加速度大小也为2 m/s2，再经1 s，即t＝3 s时，小滑块停止运动，D正确。

3. B  解析：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；t1～t2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C错误；t2～t3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D错误。

4. 6.1 s

解析：根据牛顿第二定律得，μmg＝ma

解得a＝μg＝2m/s2；

设经过t时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v＝at1，解得t1＝＝2s；

经过的位移x1＝＝4m<6 m，

在传送带上匀速运动的时间t2＝＝0.5s

物块在斜面上的加速度a′＝＝gsin30°＝5 m/s2，

在斜面上的运动时间t3＝＝1.6s，

返回传送带在传送带减速到零的时间t4＝＝2s.

则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝6.1 s.

5. （1）10  （2）4

解：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1

解得a1＝10 m/s2。

（2）设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则

v0－v＝a1t1

解得t1＝0.5 s

通过的位移：x1＝t1＝3.75 m<6 m

因μ<tan θ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2，则

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2

解得a2＝2 m/s2

设物块到达最高点的速度为v1，则v2－＝2a2x2

x2＝l－x1＝2.25 m

解得v1＝4 m/s

6. （1）先匀加速，后匀速　（2）　  （3）＋

（4）v≥

解析：（1）物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。

（2）由v＝at和a＝μg，解得t＝

物体的位移x1＝at2＝

传送带的位移x2＝vt＝

（3）物体从A到B运动的时间为

t总＝＋＝＋

（4）当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥。