（2021新人教版）高中物理必修第一册4.5牛顿运动定律的应用（答案含解析）跟踪训练.docx

1、4.5 牛顿定律的应用牛顿定律的应用 跟踪训练跟踪训练 一、单选题一、单选题 1AB 是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为 M 的物块穿在杆 AB 上，物块通过细线悬吊着一质 量为 m 的小球现用沿杆的恒力 F 拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖 直方向夹角为，则以下说法正确的是（） A杆对物块的支持力为 Mg B细线上的拉力为 sin mg CtanFMm g D物块和小球的加速度为sing 2如图所示，质量分别为 M 和 m 的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将 m 竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当 m 到达最高点时，M 恰好对地面无压力已知

2、弹簧劲 度系数为 k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则 A当 m 到达最高点时，m 的加速度为 B当 m 到达最高点时，M 的加速度为 g C当 m 速度最大时，弹簧的形变最为 D当 m 速度最大时，M 对地面的压力为 Mg 3如图所示，a、b、c 为三个质量均为 m 的物块，物块 a、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上， 物块 c 放在 b 上，现用水平拉力 F 作用于 a，使三个物块一起水平向右做匀速直 线运动，各接触面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（） A水平轻绳的弹力大小为 F B物块 c 受到的摩擦力大小为mg C剪断轻绳后，在物块 b 向右运

3、动的过程中，物块 c 受到的摩擦力大小为 1 3 mg D当该水平拉力增大为原来的 3 2 倍时，物块 c 受到的摩擦力大小为 1 2 mg 4如图所示，斜面体 A 静止放置在水平地面上，质量为 m 的物体 B 在外力 F（方向水平向右）的 作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止。若撤去力 F，下列说法正确的是（） AA 所受地面的摩擦力方向向左 BA 所受地面的摩擦力可能为零 CA 所受地面的摩擦力方向可能向右 D物体 B 仍将沿斜面向下做匀速运动 5如图所示，质量为 m1的木块和质量为 m2的长木板叠放在水平 地面上 现对木块施加一水平向右的拉力 F， 木块在长木板上滑行， 长木

4、板始终静止已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最 大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则（） A1一定小于2 B1一定不小于2 C改变 F 的大小，F2(m1m2)g 时，长木板将开始运动 D若 F 作用于长木板，F(12)(m1m2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 6在竖直向上的拉力 F 作用下，将货物由地面吊起，其运动的 v2x 图像如图所示。 若重力加速度 g 取 10m/s2，则前 3m 内与最后 2m 内拉力的大小之比为（） A12:7B22:17C22:23D18:23 7物体 A、B 均静止在同一水平面上，质量分别为 mA和 mB，与水平面间的动摩擦

5、因数分别为A和 B，用水平力 F 分别拉物体 A、B，它们的加速度 a 与拉力 F 关系的图象如图所示，由图象 可知 AABBAmBDmA=mB 8如图所示，A、B 两物体靠在一起静止放在粗糙水平面上，质量分别为 mA=1kg，mB=4kg，A、B 与水平面间的滑动摩擦因数均为 0.6，g 取 10m/s2，若用水平力 FA=8N 推 A 物体。则下列有关说法正确的是（） AA 对 B 的水平推力为 8N BB 物体受 3 个力作用 CB 物体受到水平面向左的摩擦力，大小为 24N D若 FA变为 40N，则 A 对 B 的推力为 32N 9如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2m 的

6、A、B 两个物体，A、B 间的最大 静摩擦力为mg，现用水平拉力 F 拉 B，使 A、B 以同一加速度运动，则拉力 F 的最大 值为（） AmgB2mgC3mgD4mg 10如图所示，木块 A 质量为 1kg，木块 B 的质量为 3kg，叠放在水平地面上，AB 间最大静摩擦力 为 1N，B 与地面间摩擦系数=0.1，重力加速度 g=10m/s2，现用水平力 F 作用于 B，则保持 AB 相对静止的条件是 F 不超过（） A6NB7NC8ND9N 二、多选题二、多选题 11倾角为的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知质量为m的物块恰可 沿其斜面匀速下滑。今对下滑的物块m施加一个

7、向左的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面 体M始终保持静止。则此时（） A物块m下滑的加速度等于 cosF m B物块m下滑的加速度大于 cosF m C水平面对斜面体 M 的静摩擦力方向水平向右 D水平面对斜面体 M 的静摩擦力大小为零 12如图甲所示，一质量为 m0的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块。木板 受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出其加速度 a 随拉力 F 变 化的关系如图乙所示。重力加速度 g 取 10m/s2，则（） A滑块的质量 m6kg B本板的质量 m02kg C滑块与木板问的动摩擦因数为 0.1 D当 F8N 时滑块的加

8、速度为 2m/s2 13如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始 时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 之间的关系如图乙所示g（取 2 10m/s ），则下列结论正确 的是（） A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B弹簧的劲度系数为500N/m C物体的质量为 3 kg D物体的加速度大小为 2 5m/s 14公安机关使用无人机对城区主要街行巡控、管理和宣传。一架无人机质量为 2kg，从地面由静 止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其 vt 图象如图所示，运动过程中 空气阻

9、力大小恒定，g 取 10m/s2，下列判断正确的是（） A无人机上升的最大高度为 24mB34s 内无人机在下降 C无人机的升力大小为 16ND无人机所受阻力大小为 4N 三、解答题三、解答题 15如图所示，质量 2kgm 的物体静止于水平地面的 A 处，A、B 间距20mL 。现用大小为 25N， 沿水平方向的外力拉此物体，2s 后拉至 B 处（取 2 10m/sg ） 。 (1)求物体与地面间的动摩擦因数； (2)若外力作用一段时间后撤去，使物体从 A 处由静止开始运动并恰能到达 B 处，求该力作用的最短 时间 t。 16如图所示，斜面 AC 长 L=1m，倾角=37，CD 段为与斜面平滑

10、 连接的水平地面。一个质量 m=2kg 的小物块从斜面顶端 A 点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面 间的动摩擦因数均为0.5。不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。 求： (1)小物块在斜面上运动时的加速度大小 a； (2)小物块在水平地面上滑行的时间 t。 17驾考需要考查坡道定点停车，过程如图所示，汽车从水平路段的 A 点启动，匀加速行驶 2s 到达 斜坡底端 B 点时速度为 2m/s接着汽车仍以 2m/s 的速度匀速上坡，然后在恰当位置刹车，刚好停 在 C 点已知汽车在斜坡上刹车的摩擦阻力恒为车重的 0.2 倍，斜坡倾角的正装值sin0

11、.3，取 重力加速度为 2 10m/s求 （1）A、B 两点间距离； （2）汽车开始刹车的位置到 C 点的距离 18质量为 2kg 的物体在水平推力 F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去 F， 其运动的 v-t 图像如图所示。g 取 10m/s2。求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数； （2）水平推力 F 的大小； （3）0-10s 内物体运动位移的大小。 19如图所示，物体 m 放在水平地面上，在与水平方向成角的拉力 F 作用下由静止开始向前运动， 经过时间 t=1s 物体的位移为 s=3m （g 取 10m/s2，sin3706，cos3708） （1）求物体加速阶段的加速度大

12、小 a； （2）若已知 m=1kg，37，F10N，求物体与水平面间的动摩擦因数； （3）接上问，如果 1s 末撤去拉力，求物体还能滑行的距离 20如图所示，水平地面上有一质量 m = 2 kg 的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数 = 0.2，在 与水平方向成 = 37角斜向下的推力F = 10 N作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。 已知sin37 = 0.6，cos37 = 0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气阻力。求： （1）物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小； （2）物块运动过程中加速度的大小； （3）物块运动 5 s 所通过的位移大小 21一跳伞运动员及其装备总质

13、量为 m，t=0 时刻，运动员从离地 h=500m 停在空中的直升机上由静 止开始下落，t=4s 时刻开启降落伞，t=14s 时刻再次调整降落伞，下落过程中运动员及其装备所受阻 力 f 的大小随时间 t 变化的情况可简化为下图所示的图象， 取重力加速度 g=10m/s2。 求运动员下落的 总时间。 答案第 1页，总 20页 参考答案参考答案 1C 【解析】 【分析】 【详解】 对小球和物块组成的整体，分析受力如图 1 所示， 根据牛顿第二定律得：水平方向：，竖直方向：故 A 错误；以小球 为研究对象，分析受力情况如图 2 所示，由牛顿第二定律得：；,故 B 错误； 对整体在水平方向：，故选项

14、C 正确，选项 D 错误 【点睛】 以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对 M 的摩擦力、弹力与加速 度的关系对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力 与加速度的关系 2A 【解析】 【分析】 【详解】 答案第 2页，总 20页 当弹簧处于伸长至最长状态时，M 刚好对地面没有压力，可知弹簧对 M 的拉力为 Mg，所以弹簧对 m 的作用力也是 Mg，所以 m 的加速度为：(1) m mgMgM ag mm 故 A 正确；当弹簧处于伸 长至最长状态时，M 刚好对地面没有压力，可知弹簧对 M 的拉力为 Mg，M 受到的合力为零，加速 度为

15、零，故 B 错误；由题可知开始时弹簧对 m 的弹力大于 m 的重力，m 向上做加速运动，当弹簧 的弹力小于 m 的重力时，m 做减速运动，所以弹簧中弹力等于 Mg 时此时 M 有最大速度，由胡克定 律得：mg=kx，得： mg x k 故 C 正确；对 M 受力分析 FN+kx-Mg=0，解得 FN=Mg-mg故 D 错 误故选 AC. 3D 【解析】 【分析】 【详解】 A三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件 对 a、b、c 系统 F=3mg 对 b、c 系统 T=2mg 则 TF 故 A 错误； B因为 c 做匀速直线运动，处于平衡状态，c 不受摩擦力，故 B 错误； C剪断轻绳后，b、c

16、 一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 对 b、c 系统 2mg=2ma 答案第 3页，总 20页 对 c f=ma 解得 f=mg 故 C 错误； D当水平拉力增大为原来的 3 2倍，即 39 22 FFmg 由牛顿第二定律，对 a、b、c 系统 F-3mg=3ma 对 C f=ma 解得 f= 1 2 mg 故 D 正确。 故选 D。 4A 【解析】 【分析】 【详解】 根据题意可知 B 物块在外力F的作用下沿斜面向下做匀速直线运动，撤去外力F后，B 物块沿斜面 向下做加速运动，加速度沿斜面向下，所以 A、B 组成的系统在水平方向上有向左的分加速度，根 答案第 4页，总 20页 据系统牛顿

17、第二定律可知，地面对 A 的摩擦力水平向左，才能提供系统在水平方向上的分加速度， A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5D 【解析】 【分析】 【详解】 AB对 m1，根据牛顿运动定律有： F-1m1g=m1a 对 m2，由于保持静止有： 1m1g-Ff=0，Ff2（m1+m2）g 所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故 AB 错误； C 改变 F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持 静止。故 C 错误； D 若将 F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，1m1g=m1a，解得 a=1g 对整体分析 F-2（m1+m2）g=（m1+m

18、2）a 解得 F=（1+2） （m1+m2）g 所以当 F（1+2） （m1+m2）g 时，长木板与木块将开始相对滑动。故 D 正确。 答案第 5页，总 20页 故选 D。 6B 【解析】 【分析】 【详解】 物体是从静止开始运动的，根据运动学公式 22 0 2vvax 得 v2x 图像斜率的意义表示物体的加速度，前 3m 内货物的加速度向上，加速度大小是 1m/s 2，根 据牛顿第二定律得 11 Fmgma 最后 2m 内货物加速度方向向下，加速度大小是 1.5m/s2，根据牛顿第二定律得 22 mgFma 解得前 3m 内与最后 2m 内拉力的大小之比为 22:17，故 ACD 错误，B

19、正确。 故选 B。 7A 【解析】 【分析】 【详解】 CD根据牛顿第二定律 F-mg=ma 答案第 6页，总 20页 则 1 aFg m 图像的斜率等于质量的倒数，则由图像可知，mAB，选项 A 正确，B 错误； 故选 A。 8D 【解析】 【分析】 【详解】 A 与地面的最大静摩擦力为 AA 0.6 1 106Nfm g B 与地面的最大静摩擦力为 BB 0.6 4 1024Nfm g 。 A因为： AAB 8NFff 所以没有推动 AB 物体，对 A 分析，可知 A 已达到最大静摩擦力，为 6N，根据平衡条件有 AABA FfF 解得： BA 862NF 答案第 7页，总 20页 根据牛

20、顿第三定律可知，A 对 B 的作用力和 B 对 A 的作用力等大反向，所以 A 对 B 的水平推力 AB 2NF，A 错误； BC结合 A 项的分析，对 B 受力分析可知，B 受重力、地面的支持力、水平向左的摩擦力和 A 对 B 水平向右的推力，四个力作用， 在水平方向上 BAB 2NfF BC 错误； D若 AAB 40NFff 所以能推动 AB 物体，对 AB 整体分析，根据牛顿第二定律有 AABAB Fffmma 解得 2a m/s2 对 B 分析，根据牛顿第二定律有： ABBB Ffm a 解得： AB 32FN D 正确。 故选 D。 9C 答案第 8页，总 20页 【解析】 解：当

21、 AB 间的静摩擦力达到最大时拉力 F 达到最大，根据牛顿第二定律得 对 A 物体：mg=ma 得 a=g 对整体：F=（2m+m）a 得：F=3ma=3mg 故选 C 【点评】当两个物体刚要发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值灵活的选取研究对象 根据牛顿第二定律列方程是关键 10C 【解析】 【分析】 【详解】 不发生相对滑动，对 A 有最大加速度为 22 max max 1 m/s1m/s 1 A f a m 对整体应用牛顿第二定律有 maxmax )() ABAB Fmmgmma 得 max=8N F 故 C 正确，ABD 错误。 答案第 9页，总 20页 故选 C。 11BD

22、【解析】 【分析】 【详解】 AB由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得 sincosmgmg 施加拉力 F 后 sincoscossinmgFmgFma 解得 cossinFF a m 所以 A 错误，B 正确； CD以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向下为 f cossinFmgF 正压力 N cossinFmgF 又 tan 把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦 力，所以 D 正确，C 错误。 答案第 10页，总 20页 故选 BD。 12BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB当 F 等于 6N 时，加速度为 2 1m/sa 对

23、整体分析，由牛顿第二定律有 0 ()Fmm a 代入数据解得 0 6kgmm 当 F 大于 6N 时，根据牛顿第二定律得 0 Fmg a m 知图线的斜率 0 11 64 k m 解得 0 2kgm ，4kgm 故 A 错误，B 正确； CD根据 F 等于 6N 时，二者刚好滑动，此时 m 的加速度为 1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度 答案第 11页，总 20页 不变，所以当 F=8N 时，滑块的加速度为 1m/s2；根据牛顿第二定律可得 mg ag m 解得动摩擦因数为 =0.1 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 13BD 【解析】 【分析】 【详解】 A物体与弹簧分离时，弹簧与

24、物体间相互作用力为零，弹簧为原长故 A 项错误； BC初始时，物体静止，弹簧弹力等于物体重力。用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始 向上做匀加速运动当刚开始运动时，弹簧弹力等于物体重力，那么合力恰好等于刚开始的拉力 10FN 合 ；物体位移超过 4cm 后拉力变为恒力 F=30N，此后物体与弹簧分离，由于物体匀加速合 力仍为 10N，则 FmgF 合 解得2mkg，初始时弹簧压缩量为 4cm，弹簧的劲度系数 2 0 20 /500/ 4 10 mg kN mN m x 故 B 项正确，C 项错误； 答案第 12页，总 20页 D物体的加速度 22 10 /5/ 2 F am sm s

25、 m 合 故 D 项正确。 故选 BD。 14AD 【解析】 【分析】 【详解】 A在v t图象中，图象与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此无人机上升的最大高度为 1 4 12m24m 2 H 故 A 正确； B34s 内位移无人机速度减小，但方向没变，因此无人机减速上升，故 B 错误； CD图象的斜率表示加速度，由图象可知，无人机加速上升时的加速度大小 a1=4m/s2 则由牛顿第二定律 Fmgf=ma1 减速上升时的加速度大小 a2=12m/s2 则由牛顿第二定律 答案第 13页，总 20页 f+mg=ma2 联立解得，升力和阻力大小分别为 F=32N，f=4N 故 C 错误，D 正确。

26、 故选 AD。 15(1)0.25；(2) 2 5 s 5 t 【解析】 【分析】 【详解】 (1)对物体受力分析，结合牛顿第二定律得 Fmgma 由题意可知物体做匀加速直线运动，根据运动学公式 2 1 2 xLat 带入数据求得 0.25 (2)由(1)问中可知在拉力作用下物体运动加速度 2 10m/sa 撤去拉力后加速度，由牛顿第二定律可得 Fmg 合 答案第 14页，总 20页 则 2 1 2.5m/sag 根据题意假设作用最短时间为 t，撤去拉力后运动时间为 1 t，可知总位移为20m。则 22 1 1 11 20m 22 ata t 由速度关系可得 1 vv 1 1 atat 联立解

27、得 2 5 s 5 t 16(1)2m/s2；(2)0.4s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由牛顿第二定律得 sincosmgmgma 代入数据解得 2 2m/sa (2)AC 过程，根据速度位移公式可得 答案第 15页，总 20页 2 2vaL 在水平面上，由牛顿第二定律得 1 mgma 根据速度时间公式 1 0-vat 代入数据得 t=0.4s 17 （1）2m（2）0.4m 【解析】 【分析】 【详解】 （1）A、B 两点间距离: 2 2m2m 22 AB v xt （2）汽车刹车时，由牛顿第二定律： sinkmgmgma 解得： a=5m/s2 汽车开始刹车的位置到 C 点的距离

28、 22 2 m0.4m 22 5 v s a 答案第 16页，总 20页 18 （1）0.2（2）6N（3）46m 【解析】 【详解】 （1）物体在 6-10s 的加速度大小为： 2 2 2 | 08 2m/s 4 v a t 根据牛顿第二定律，有： mg=ma2 解得： =0.2 （2）物体在 0-6s 的加速度为： 2 1 82 1m/s 6 v a t 根据牛顿第二定律，有： F-mg=ma1 解得： F=mg+ma1=0.2210+21=6N （3）0-10s 内物体运动位移的大小等于图线与时间轴包围的面积大小，故位移为： 11 2864 846m 22 x （） 19 （1）6m/s

29、2（2）0.5（3）3.6m 【解析】 答案第 17页，总 20页 【分析】 【详解】 （1）根据 2 1 2 xat，物体的加速度 2 22 22 3 6m/s 1 x a t （2）由牛顿第二定律可知 cos37(sin37 )FmgFma 带入数据解得 =0.5 （3）物体在 1s 末的速度 v=at=6m/s 撤去外力后的加速度 2 1 5m/sag 物体还能滑行的距离 22 1 1 6 3.6 22 5 v xm a 【名师点睛】 此题是牛顿定律的综合应用题；关键是分析物体的受力情况及运动情况，根据牛顿定律求解出加速 度，联系运动学公式解答 20 （1）5.2 N； （2）1.4 m

30、/s2； （3）17.5 m 【解析】 【分析】 答案第 18页，总 20页 【详解】 （1）受力分析如图所示，物块沿竖直方向所受合力为零，由平衡条件得 N sin37FmgF 物块运动过程中所受的滑动摩擦力大小 fN FF 解得 f 5.2NF （2）设物块的加速度大小为 a，根据物块沿水平方向的受力情况，由牛顿第二定律得 f cos37FFma 解得 2 1.4m/sa （3）物块运动 5.0 s 所通过的位移大小 22 11 1.4 5 m17.5m 22 xat 21147s 答案第 19页，总 20页 【解析】 【分析】 【详解】 设竖直向下为正方向，04s 运动员做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 11 mgfma 由运动学公式 11 1 vat 2 11 1 1 2 xa t 4s14s 运动员做匀减速直线运动 由牛顿第二定律 22 fmgma 由运动学公式 212 2 tvva 2 21 22 2 1 2 xvta t 最后阶段运动员匀速运动，运动距离 312 xhxx 匀速运动时间 3 3 2 x t v 求得总时间 答案第 20页，总 20页 123 147tttts