高一物理上册牛顿运动定律的应用专项练习

一、选择题（1～4题为单选题，5～8题为多选题）

1．在地铁进站前的某段减速过程中，细绳偏离了竖直方向，用手机拍摄下当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地的重力加速度为g，若测得细绳与竖直方向的夹角为，则( ) A．当时地铁列车加速度的大小为gsin B．当时地铁列车加速度的大小为gcos C．当时地铁列车正向图中的左方向行驶 D．当时地铁列车正向图中的右方向行驶

2．如图所示，杂技表演中，绕过光滑定滑轮的轻绳一端吊着重物，另一端吊着表演者，开始时表演者拉着绳不动结果他以大小为a1的加速度下降；然后表演者快速地沿绳向上爬，结果他不再下降，而是相对地面保持静止，此时重物以大小为a2的加速度竖直向上运动。若表演者与重物所受重力的大小之比为k，不计空气阻力，则A． B．

1k1 C．k D．k＋1 k1a1为( ) a23．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4 m后锁定，

t＝0时解除锁定释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线，如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量m＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3 B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4 C．弹簧的劲度系数为175 N/m D．弹簧的劲度系数为150 N/m

4．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态。则在细线被烧断的瞬间，下列说法错误的是( ) A．B球的受力情况不变，加速度仍为零

1

B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ

23

C．A、B之间杆的拉力大小为mgsin θ

2D．C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin θ 5．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B1

间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩

2擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( ) 3

A．当F＜μmg时，A、B都相对地面静止

21

B．当F＝2μmg时，A的加速度为μg

31

C．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

2D．当F＞3μmg时，A不相对B滑动

6．如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ＝30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧（弹簧与P、A不连接），细线跨过

定滑轮，一端连接着质量为m的B，另一端连接着轻质挂钩（细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直），A、B处于静止状态。现将钩码C挂于挂钩上，静止释放后，发现C的速度最大时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) 3A．C质量大小为m

2

B．C轻挂于挂钩瞬间，A、B间挤压力变为原来的一半 1

C．细绳张力最大值为mg

2

D．只要C的质量足够大，就可以在C挂上去的同时A、B就分离

7．如图甲所示，一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录的小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3 s内为二次函数，在3 s～4.5 s内为一次函数，规定小物块向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．小物块的初速度为4 m/s B．传送带沿逆时针方向转动 C．传送带的速度大小为2 m/s

D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2

8．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝2 kg的煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．煤块上升的最大位移为11 m

B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2

＋22) s

D．煤块在皮带上留下的划痕为(9＋42) m 二、非选择题

9．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板C下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10 m/s2，请根据图像信息求： (1)木板C和物块B间的动摩擦因数； (2)物块B的质量。

10．在一化肥厂有如图所示的传送装置，AB水平，长度l1＝4 m，顺时针传动的速率v1＝5 m/s，CD为靠近AB的倾斜传送带，倾角θ＝37°，长l2＝5.3 mm，两表面动摩擦因数均为μ＝0.5，一袋标准化肥的质量m＝20 kg，已知sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8、g＝10 m/s2。

(1)若化肥从A端轻放上去，并使CD顺时针以速率v传动，v应满足什么条件才能使化肥送至项点D？

(2)CD传送带不动时，一袋化肥从离A端x1的位置轻放上去，则在CD上上升的最大距离为x2，求x2与x1的关系。

参考答案

一、选择题（1～4题为单选题，5～8题为多选题）

1．D【解析】依题意，对细绳悬挂的物体受力分析，根据牛顿第二定律可得

F合mgtanma，悬挂物体的加速度与列车加速度相同，可得列车加速度大小为

agtan，由于拍摄方向跟地铁前进方向垂直，且此时列车正在减速，所以加速度

方向与列车运动方向相反，加速度方向向左，则列车运动方向向右。

2．B【解析】设表演者拉着绳不动以大小为a1的加速度下降时，绳中的张力大小为

T1，则对表演者和重物根据牛顿第二定律分别有MgT1Ma1，T1mgma1，当表演

者快速地沿绳向上爬，相对地面静止时，根据平衡条件可知，绳对表演者的作用力大小为T2Mg，对重物根据牛顿第二定律有T2mgma2，由题意可知以上各式解得

a11，故选B。 a2k1Mk，联立m3．C【解析】根据v－t图线的斜率表示加速度，由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小aFfmgma，以v1.5m/s25m/s2，牛顿第二定律得，摩擦力大小t0.550.25av30.5，B错误；刚释放时滑块的加速度为am/s2=30m/s2，gt0.1牛顿第二定律得kxFfma，代入数据解得k175N/m，C正确，D错误。 4．【答案】A

【解析】细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F3mgsin，以C为研究对象知，细线的拉力为mgsin，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，A、B受到的合力等于F合＝3mgsin2mgsinmgsin，由牛顿第二定律得则加速度amgsin2ma，

11gsin，方向沿斜面向上，故B正确；B的加速度agsin，2223以B为研究对象，由牛顿第二定律得FABmgsinma，解得FABmgsin，故C正

确；对球C，由牛顿第二定律得mgsinma，解得agsin，方向沿斜面向下，故D正确。本题选错误的，故选A。 5．【答案】AC

【解析】将两物体看做一个整体，则运动的临界条件为F(m2m)g0，解得

F33mg，所以当Fmg时，A、B都相对地面静止，A正确；当A刚好相对于B2212滑动时，有F2mg2ma，2mg(m2m)gma，解得F3mg，ag，所以有F3mg时，二者相对滑动，B的最大加速度为g，BD错误；当F＝2μmg时，二者一起运动，则有F(m2m)g3ma，解得ag，C正确。 6．【答案】CD

【解析】C的速度最大时，加速度为0，此时有aBaC0，对C受力分析可知绳子拉力F拉mCg，对B受力分析可知F拉mgsin，联立解得mCm，故A错误；未挂

121216121212C时，A、B静止，以A、B整体为研究对象，由平衡方程可知F弹3mgsin30mg，

弹簧弹力方向沿斜面向上，隔离B物体，由受力平衡可知FABmgsin30mg，挂上C时，对C由牛顿第二定律mCgF拉mCa，对A、B整体，由牛顿第二定律

F拉F弹3mgsin303ma3212，联立解得a

g

，隔离7

A，对A由牛顿第二定律

3F弹FBA2mgsin302ma，解得FBAmg，故B错误；由A选项分析可知，绳子

141最大拉力为mCgmg，故C正确；若挂上C的瞬间，A、B分离，则对A有

213mgsin302mgsin302maA，可得aAg，B、C作为整体有mCgmgsin30(mCm)aC，

4可得aCmC0.5mg，如果aCaA，A、B瞬间分离，则有mCm，即当

mCmC的质量大于

B的质量时，挂上C，A、B瞬间分离，故D正确。

7．【答案】ACD

【解析】因2 s末物体的速度减为零，位移为4 m，则a2x2，根据匀变速2m/s2t直线运动速度时间公式，可得v0at4m/s，又根据ag可知，小物块与传送带间的动摩擦因数0.2，A、D正确；由x－t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物体的速度先减小到零后，反向增加，最后运动运动，可判断传送带顺时针方向转动，B错误；由3.0 s～4.5 s内的图像可知，传送带的速度大小vC正确。

x3m/s2m/s，t4.538．【答案】CD

【解析】根据v－t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，煤块上升的最大位移为

x8m，故A错误；由题图乙可知，煤块滑动摩擦力方向突变发生在1 s时刻，在

0～1 s时间内，煤块所受滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得

a1gsingcos10m/s2，在1～2 s时间内，煤块所受滑动摩擦力沿传送带向上，

根据牛顿第二定律可得a2gsingcos2m/s2，联立解得0.5，故B错误；设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，根据运动学公式有a2(t2s)2x，解得t(222)s，故C正确；0～1 s时间内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移分别为x17m，x2vt12m，此段时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度Δx1x1x25m，1~(222)s时间内，煤块相对传送带向下运动，此

vt2(242)m，此段段时间内煤块和传送带的位移分别为x1vt2a2t227m，x21212x1(942)m，因为Δx2Δx1，所以时间内煤块在皮带上留下的痕迹长度为Δx2x2有一部分痕迹是重合的，因此煤块在皮带上留下的痕迹长度为(942)m，故D正确。

二、非选择题

9．【解析】(1)当拉力大于F1＝15 N后，B、C发生相对运动，对C由牛顿第二定律可得

Fm2gsinm1gcosm2a

整理得amgsinm1gcos1F2 m2m212.5kg-1 m21512.5由图像斜率可得解得m21kg

当拉力F大于10 N小于15 N时，B、C相对静止，共同加速，整体由牛顿第二定律可得

F(m1m2)gsin(m1m2)a

整理得a1Fgsin m1m212.5kg-1 m1m21510由图像斜率可得

解得m1m22kg

故物块B的质量为m1＝1 kg

由题意结合乙图可知，当F1＝15 N时B、C开始发生相对运动，此时加速度为2.5 m/s2，对B据牛顿第二定律可得

m1gcosm1gsinm1a1

当F2＝10 N时，B、C开始相对斜面滑动，则有F2(m1m2)gsin 解得木板C和物块B间的动摩擦因数=3。 2(2)由上解析可知，物块B的质量为m1＝1 kg。

10．【解析】(1)化肥在水平传送带上，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1 代入数据，解得a1＝5 m/s2 又v12＝2a1s1

可得s1＝2.5 m＜l1＝4 m 然后化肥匀速运动，滑上CD

设CD传送带速度v2时，化肥恰好达D端，设v2＜v1，化肥经历了两个减速阶段，第1阶段由C点减速到v2，以加速度大小a2达到v2后再以加速度大小a3继续减速为0，则有

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2

代入数据，可得a2＝10 m/s2 又mgsin θ－μmgcos θ＝ma3

代入数据，解得a3＝2 m/s2

22v12v2v2由l2

2a22a3得v2＝4.5 m/s

并验证了假设成立，故条件为v≥4.5 m/s。

(2)离A端x0处轻放化肥时，刚好在B端与传送带达到速度相同，则有

x0＝L1－s1＝1.5 m

当x1≤x0处放上化肥，能在CD传送带上上升的距离相同，可得代入数据，解得x2＝1.25 m

当x0≤x1≤l1，在拐点处速度为vx，有v2x2a1(l1x1)

v2x2a2x2

得x2＝2－0.5x1

综上所述，当0≤x1≤1.5 m时x2＝1.25 m 当1.5 m≤x1≤4 m时x2＝2－0.5x1。

v212a2x2