高中物理 人教版（2019）必修一 4.5 牛顿运动定律的应用 同步测试卷

高中物理 人教版（2019）必修一 4.5 牛顿运动定律的应用 同步测试卷
一、单选题
1．（2020高一下·株洲期末）运动物体所受空气阻力与速度有关，速度越大，空气阻力就越大。雨滴形成后从高空落下，最后匀速落向地面。能反映雨滴在空中运动的整个过程中其速度变化的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2020高二下·余姚期中）一个物体受到三个共点的恒力作用，三个恒力的大小分别是2N、4N、7N．能够正确描述物体可能的运动情况的图像是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2020高一下·吉林期中）质量为20kg的物体在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，在运动过程中受到水平向右，大小为10N的拉力作用，则物体的加速度为（　　）
A．1m/s2向右 B．1 m/s2向左
C．1.5 m/s2向右 D．0.5 m/s2向右
4．（2020高二下·衡阳月考）在光滑水平面上，有两个相互接触的物体，如图，已知M＞m，第一次用水平力F由左向右推M，物体间的相互作用力为F1；第二次用同样大小的水平力F由右向左推m，物体间的相互作用力为F2，则（　　）
A． B． C． D．无法确定
5．（2020高二下·衡阳月考）如图所示，水平地面上质量为 的木块，受到大小为 、方向与水平方向成 角的拉力作用，沿地面做匀加速直线运动．已知木块与地面之间的动摩擦因数为 ，则木块的加速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2020高一下·瓦房店期末）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为 ，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（　　）
A． B． C． D．
7．（2020高一下·金华月考）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面体上，物体与斜面体间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面体对m的支持力和摩擦力的做功情况，下列说法中错误的是（　　）
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
8．（2020高二下·大庆期末）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 ，有以下几种说法：
①木板受到地面的摩擦力的大小一定是 1mg
②木板受到地面的摩擦力的大小一定是 （m+M）g
③当F＞ （m+M）g时，木板便会开始运动
④无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
则上述说法正确的是（　　）
A．②③ B．①④ C．①③ D．②④
9．（2020高一下·吉林期中）如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为（　　）
A．a1=g a2=g B．a1=2g a2=0 C．a1=2g a2=g D．a1=0 a2=g
10．（2020高二下·东阳期中）如图所示，一细线的一端固定于倾角为 的光滑楔形滑块A上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a,(取g=10 m/s2) （　　）
A．当a=5m/s2时，细线上的拉力为
B．当a=10 m/s2时，小球受的支持力为
C．当a=10 m/s2时，细线上的拉力为2N
D．当a=15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
二、多选题
11．（2020高二下·民勤期末）如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，两物块静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 μ(μ≠0)．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对B施加一水平推力F，则下列说法正确的是（　　）
A．若F＝μmg，A，B间的摩擦力一定为零
B．当F＞7.5μmg时，A相对B滑动
C．当F＝3μmg时，A的加速度为μg
D．若去掉B上的力，而将F＝3μmg的力作用在A上，则B的加速度为0.1μg
12．（2020·新疆模拟）如图所示，静止在粗糙水平面上的两物块A、B，质量分别为1kg、2kg，两物块接触但不粘连。t＝0时刻，对物块A施加水平向右的推力F1＝9﹣3t（N），同时对物块B施加水平向右的拉力F2＝3t（N）。已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2．则（　　）
A．t＝1s时，物块A的加速度a＝2m/s2
B．t＝1s时，物块A的加速度a＝3m/s2
C．t＝1.5s时，A，B两物块开始分离
D．t＝2s时，A，B两物块开始分离
13．（2020高二下·民勤期末）A、B两个小球的质量分别为m、2m，由两轻质弹簧连接（如图所示），处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．将A球上方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度为零
B．将A球上方弹簧剪断的瞬时，A的加速度为零，B的加速度为零
C．将A球下方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度为零
D．将A球下方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度不为零
14．（2019高一上·鹤岗月考）一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给沿斜面下滑的物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则下列说法中正确的是（　　）
A．施加力F后，地面对斜劈的摩擦力大小为零
B．施加力F后，地面对斜劈的摩擦力方向水平向左
C．施加力F后，斜面对物体的摩擦力变大
D．若施加给沿斜面下滑的物体的推力F变为水平向右且斜劈仍静止，此时地面对斜劈的摩擦力为零
15．（2019高三上·连城月考）如图所示，一质量为M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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
16．（2020高二下·青岛期末）在动摩擦因数 的水平面上有一个质量为 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取 ，以下说法正确的是
A．此时轻弹簧的弹力大小为
B．小球的加速度大小为 ，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 ，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
三、填空题
17．（2019高二下·长沙期中）为了探究加速度与质量的关系，应保持　 　不变；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作　 　图象(选填“a－m”或“a－ ”)．
18．（2020高一上·全州期末）一个物体只受到10N的合外力作用时产生的加速度为4m/s2，那么物体的质量为　 　kg； 若要使物体产生6m/s2的加速度，则需对此物体施加一个大小为　 　N的合外力.
19．（2020·青浦模拟）如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，人的质量为50kg，车厢的加速度大小为7.5m/s2，则车厢对此人的作用力大小为　 　N，车厢对此人的作用力方向与水平的夹角为　 　度。
20．（2017高二下·卢龙期末）如图所示，动力小车沿倾角为α的斜面匀加速运动时，小车支架上的单摆的摆线呈水平状态．此时小车的加速度大小为　 　．
21．（2017高一下·景德镇期中）如图所示，物体A、B间用轻质弹簧相连，已知mA=3mB，且物体与地面间的动摩擦因数为 ．在水平外力作用下，A和B一起沿水平面向右匀速运动，当撤去外力的瞬间，物体A、B的加速度分别为aA=　 　，aB=　 　．
22．（2017高一上·南昌期末）如图所示，倾斜索道与水平线夹角θ=37°，当载人车厢斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设人的质量为60kg，车厢对人的摩擦力大小为f=　 　N，方向为　 　（水平向左、水平向右）．（g取10m/s2）
四、计算题
23．（2017·济南模拟）一辆载货的汽车，总质量是4.0×103㎏，牵引力是4.8×103N，从静止开始运动，经过10s前进了40m．求：
（1）汽车运动的加速度；
（2）汽车所受到的阻力（设阻力恒定）
24．（2016高二上·长沙开学考）质量为 10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S． （已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
25．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止与水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．
五、实验探究题
26．（2019·仙桃模拟）某同学设计如图甲所示装置测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数。
打点计时器固定在水平桌面左端纸带穿过打点计时器连接在木块上，木块在细线的作用下拖着纸带运动打点计时器打出的部分纸带如图乙所示已知乙图中纸带右端连接木块，A、B、C……I、J为计数点相邻两计数点间有4个计时点未画出，打点计时器所用交流电源频率为50Hz，取重力加速度g=10m/s2。
（1）下列实验操作或分析中正确的一项是_____。
A．实验中必须测出钩码释放时离地的高度
B．实验中应先释放木块再启动打点计时器
C．实验中必须保证钩码的质量远小于木块的质量
D．钩码落地发生在打点计时器打出
E．F两点的时刻之间
（2）用题中所给数据求木块与桌面间的动摩擦因数应选取　 　(选填"AE"或"F")段纸带进行计算，由此测得木块与桌面间的动摩擦因数u=　 　(结果保留两位有效数字)
27．（2019高一上·揭阳期末）用图所示装置“探究加速度与力、质量的关系”。设小车和砝码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m。某同学用如图甲所示装置进行实验，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，重物通过跨过滑轮的细线与小车相连。请思考并完成相关内容：
（1）本实验应用的实验方法是（　　）
A．控制变量法
B．假设法
C．理想实验法
D．等效替代法
（2）实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是（　　）
A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
B．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
D．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
（3）平衡摩擦力后，实验中打出的其中一条纸带如图乙所示（两相邻计数点间还有四个点没有画出），由该纸带可求得小车的加速度a=　 　m/s2（结果保留三位有效数字）
（4）在此实验中，由于没有考虑m和M应满足的的关系，结果的图象应该是哪一幅？（　　）
A． B．
C． D．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】下落的过程中速度越来越大，受到空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律
加速度越来越小，速度增加的越来越慢，在 图象中斜率越来越小，因此C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合选项分析即可。
2．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】ABC、2N和4N的两个力的合力范围为2N 6N，与7N的力大小不可能相等，所以该物体不可能处于平衡状态，即不可能静止或匀速直线运动．ABC不符合题意．
D. 三个力的合力是恒力，则物体一定做匀变速运动，速度可能均匀增大，则D是可能的，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据任意两个力的合力与第三个力大小是否能相等，判断物体能否保持平衡状态，再由牛顿第二定律分析其运动情况，从而得到运动图象．
3．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得
代入数据得
方向向右，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度。
4．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得
两次系统的加速度大小相等。
第一次用水平力F由左向右推M，对m运用牛顿第二定理得
第二次用同样大小的水平力F由右向左推m，对M运用牛顿第二定理得
因为M＞m，所以F1＜F2。
故答案为：C。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解两个物体之间的相互作用力。
5．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对物体受力分析可以知道，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
在水平方向有 ，
竖直方向有 ，
滑动摩擦力 ，
根据以上三式联立可以求得 ．
所以 选项是正确的．
故答案为：D
【分析】物体受多力作用时，采用正交分解法进行分析，分解为两方向立式后，再找两方向之间的关联，最终联立方程组求解．
6．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：当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：μ mg=ma
得a=μg
对整体：F=（2m+m）a
得：F=3ma=3μmg
故答案为：C．
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
7．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】ABCD.支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功，而摩擦力是否存在需要讨论。
若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度 ，摩擦力不做功；
当 时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；
当 时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功。
综上所述，B错误，符合题意；ACD正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当力的方向与运动方向垂直的时候，力是不做功的，力如果做功，利用公式W=Fs cosα求解外力做功即可，其中α是力与位移的夹角，当α小于90度时，力做正功，当α大于90度时，力做负功。
8．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】ABCD．①②对木板，水平方向受到木块向右的滑动摩擦力 和地面的向左的静摩擦力 ，而
由平衡条件得
即木板受到地面的摩擦力的大小一定是
③④因为木板不动，木块对木板的摩擦力 不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时， 不变化，则木板不可能运动，ACD不符合题意B符合题意。
故答案为：B。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，结合选项分析求解即可。
9．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】设小球的质量为m，由平衡可知弹簧的弹力F=mg，在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析由牛顿第二定律可得： ，对A分析由牛顿第二定律可得： ，B符合题意，ACD不符合题意．
故答案为：B
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被拉伸，故弹力不变，对小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
10．【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向：F合=Fcos =ma0
竖直方向：Fsin =mg
解得：a0=g
A. 当a=5m/s2时，小球未离开滑块，
水平方向：Fcos -FNcos =ma
竖直方向：Fsin +FNsin =mg
解得：
A项正确；
BC. 当加速度a=10 m/s2时，小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于 ，BC不符合题意；
D. 当加速度a=15 m/s2时，小球离开斜面，由于小球和斜面体相对静止，对于整体，在竖直方向合力等于0，支持力等于两个物体的重力大小，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体没有发生相对运动，即具有相同的加速度，联立求解即可。
11．【答案】A,B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A．B与地面间的最大静摩擦力fB＝ μ×5mg＝ μmg，
当F=μmg时，AB处于静止，对A分析，A所受的摩擦力为零，A符合题意；
B．A发生相对滑动的临界加速度a=μg，对整体分析，F μ 5mg＝5ma，
解得F=7.5μmg，
所以当F＞7.5μmg 时，A相对B滑动．B符合题意；
C．当7.5μmg＞F=3μmg＞ μmg，可知AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度a= ＝0.1μg，
C不符合题意；
D．若去掉B上的力，而将F=3μmg的力作用在A上，B发生相对滑动的临界加速度a＝ ＝0.25μg，
对A分析F-μ 3mg=3ma，
解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75μmg，可知F=3μmg的力作用在A上，一起做匀加速直线运动，加速度a= ＝0.1μg，
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．
12．【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：CD、当AB刚好分离时，AB间的压力等于零，AB间的加速度相等，设为a，
对B物体，由牛顿第二定律F2﹣μmBg＝mBa，
对A物体，由牛顿第二定律F1﹣μmAg＝mAa，
解得，t＝2s，D符合题意，C不符合题意；
AB、1s时，AB没有分离，对AB整体，由牛顿第二定律有F1+F2﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a′
解得加速度大小为a′＝2m/s2，A符合题意，B不符合题意。
故答案为：AD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
13．【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】AB．对A、B整体分析，上边弹簧的弹力为3mg，隔离对B分析，下边弹簧的弹力为2mg，将A球上方弹簧剪断的瞬时，对B球，合力为零，加速度为零，对A球，合力为3mg，加速度为3g，分析竖直向下，A符合题意，B不符合题意；
CD．剪段下面的弹簧时，A球失去了向下的弹力，平衡被破坏，产生向上的加速度；B球失去向上的弹力，在重力作用下产生g的加速度。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被压缩，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
14．【答案】A,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，将力F沿着水平方向与竖直方向分解，那么竖直方向分力，使得物体仍处于匀速下滑，原因是：根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；因此地面对斜面没有静摩擦力，只要物体沿斜面下滑，支持力和滑动摩擦力同比变化，地面对斜面没有静摩擦力，与外力F的方向无关。
故答案为：ACD
【分析】对物体进行受力分析，在压力、支持力、摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
15．【答案】A,C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，
当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=
知图线的斜率k 解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg．A符合题意；
B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有：
代入数据解得：μ=0.2，
当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2．
根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，B不符合题意，C符合题意；
D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
16．【答案】A,B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A．在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力
A符合题意；
B．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球所受的最大静摩擦力为
根据牛顿第二定律得小球的加速度为
合力方向向左，所以向左加速，B符合题意；
CD．剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度。
17．【答案】所受拉力F；
【知识点】对单物体(质点)的应用；控制变量法
【解析】【解答】(1)根据控制变量法可知在探究小车的加速度和质量的关系,应该保持小车所受拉力F不变；根据 ,可整理为： 的线性函数关系，为了直观地判断加速度a与质量m之间的关系，应该建立 的图像
【分析】（1）牛顿第二定律中有三个量，探究质量与加速度的关系，需要控制拉力相等；
（2）为了使图像为一条直线，适当选择横纵坐标即可。
18．【答案】2.5；15
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】根据 可得 根据 可得
【分析】对物体进行受力分析，结合物体的加速度利用牛顿第二定律求解物体的质量即可。
19．【答案】625；53
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】因人和车有向右的加速度，则车对人在水平方向的合力为
车对人在竖直方向上有支持力，支持力大小为
由力的合成可知，车对人的作用力为 设车厢对此人的作用力方向与水平的夹角为 ，则
解得
【分析】对人进行受力分析，水平竖直正交分解，结合人的加速度，在水平方向利用牛顿第二定律求解人的受力情况。
20．【答案】
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：小球和小车具有相同的加速度，加速度方向与斜面方向平行，对小球分析受力，如图所示，
根据牛顿第二定律得，小球的加速度为：a= = ．
则小车的加速度为 ．
故答案为： ．
【分析】小球与小车具有共同的加速度，加速度方向与斜面方向平行，隔离对小球分析受力，根据牛顿第二定律和平行四边形定则求出小球的加速度，即得到小车的加速度．
21．【答案】0；4μg
【知识点】形变与弹力；共点力平衡条件的应用；对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：开始A做匀速直线运动，在水平方向上平衡有：F弹=μmAg，
撤去F的瞬间，对A，在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力，合力为零，则加速度为零．
对B， = ．
故答案为：0，4μg．
【分析】抓住AB做匀速直线运动，隔离对A分析，求出弹簧的弹力，撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出A、B的瞬时加速度．
22．【答案】200；水平向右
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有：
FN﹣mg=ma上，
代入数据解得：a上=0.25g，
设水平方向上的加速度为a水，则有：
a水=
解得：f=ma水=200N，方向水平向右．
故答案为：200；水平向右
【分析】对人受力分析可知，人在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，求得水平方向的加速度，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小．
23．【答案】（1）汽车从静止开始做匀加速运动，则有
s=
则得：加速度a= = =0.8m/s2
答：汽车运动的加速度是0.8m/s2；
（2）由牛顿第二定律F﹣f=ma
代入得 4800﹣f=4000×0.8
解得 阻力f=1600N
答：汽车所受到的阻力是1600N．
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）汽车从静止开始做匀加速运动，已知初速度、时间和通过的位移，由运动学位移公式s= 求加速度；（2）根据牛顿第二定律求阻力．
24．【答案】解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg 和F分解后，
由牛顿运动定律得：
FN=Fsinθ+mgcosθ
Fcosθ﹣f﹣mgsinθ=ma1
根据摩擦定律有 f=μFN，代入数据得a1=10﹣20μ
加速过程由运动学规律可知 v=a1t1
撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2，则 a2=gsinθ+μgcosθ
代入数据得a2=6+8μ
由匀变速运动规律有 v=a2t2
由运动学规律知 s= a1t12+ a2t22
代入数据得μ=0.25；s=16.25m
答：物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25；物体的总位移s=16.25m
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀加速运动过程，求出F刚撤去时物体的速度表达式，再由牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀减速运动过程，联立可求出μ．
25．【答案】（1）对A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA代入数据解得： ，方向向右，对B分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg=mBaB代入数据解得： ，方向向左．对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）=ma1
代入数据解得： ，方向向右．
当木板与B共速时，有：v=v0﹣aBt1=a1t1，代入数据解得：t1=0.4s，v=1m/s，此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s2 ，方向向右，对B与木板受力分析，有：μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g=（m+mB）a2代入数据解得： ，方向向左，
当木板与A共速时有：v′=v﹣a2t2=﹣v+aAt2：
代入数据解得：t2=0.3s，v′=0.5m/s．答：B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；
（2）当t1=0.4s， ，
LB板=xB﹣x木=0.8﹣0.2m=0.6m，
对A，向左， ，
LA1板=xA+x木=0.8+0.2m=1m，
当t2=0.3s，对A，向左， ，
对木板，向右， ，
，
可知AB相距L=LB板+LA1板+LA2板=0.6+1+0.3m=1.9m．
答：A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m．
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；追及相遇问题；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度．（2）根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离．
26．【答案】（1）D
（2）AE；0.20
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】(1)A、B、C项：实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因数，故无需测出钩码释放时离地的高度，也不需要钩码的质量远小于木块的质量，实验准确操作应该是先启动打点计时器，再释放木块，A、B、C不符合题意；D项：从纸带打出的点迹可知AE段木块做匀变速直线运动，FJ段也做匀变速直线运动，可知钩码是在打出E、F两点时刻之间落地的，D项正确。故答案为：D。(2) 由于纸带右端连接木块，故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带；由AE段纸带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为 ，T=0.1s，解得a=2.0m/s2，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得μ=0.20。
【分析】（1）利用牛顿第二定律可以判别要求动摩擦因数只需要测出加速度大小；利用纸带可以直接测量加速度大小不需要满足质量关系，实验要先接通电源后释放木块；利用两点间隔大小可以判别钩码落地时对应纸带的位置；
（2）利用纸带上的间隔要选取加速度位移进行求解，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
27．【答案】（1）A
（2）C
（3）0.810
（4）C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】（1）为了研究加速度跟力和质量的关系，应该采用的研究实验方法是控制变量法，A符合题意，BCD不符合题意；（2）平衡摩擦力时，取下砂桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，调节滑轮高度使细线与木板平行，将木板不带定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，使小车做匀速直线运动，C符合题意，ABD不符合题意；（3）相邻两计数点间还有四个计时点未画出，计数点间的时间间隔为：
根据逐差法，小车的加速度为： ；（4）随着 增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g，ABD不符合题意，C符合题意。
【分析】（1）三个变量，要探究其中两个量的关系，需要保证第三个量不变。
（2）为了减少摩擦力对实验的影响，故需要平衡摩擦力。
（3）通过纸带上的数据，利用逐差法求解加速度即可。
（4）当重物的质量逐渐变大后，拉力不再是重物的重力，而是小于重物的重力，故图像会向下偏移。
1 / 1高中物理 人教版（2019）必修一 4.5 牛顿运动定律的应用 同步测试卷
一、单选题
1．（2020高一下·株洲期末）运动物体所受空气阻力与速度有关，速度越大，空气阻力就越大。雨滴形成后从高空落下，最后匀速落向地面。能反映雨滴在空中运动的整个过程中其速度变化的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】下落的过程中速度越来越大，受到空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律
加速度越来越小，速度增加的越来越慢，在 图象中斜率越来越小，因此C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合选项分析即可。
2．（2020高二下·余姚期中）一个物体受到三个共点的恒力作用，三个恒力的大小分别是2N、4N、7N．能够正确描述物体可能的运动情况的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】ABC、2N和4N的两个力的合力范围为2N 6N，与7N的力大小不可能相等，所以该物体不可能处于平衡状态，即不可能静止或匀速直线运动．ABC不符合题意．
D. 三个力的合力是恒力，则物体一定做匀变速运动，速度可能均匀增大，则D是可能的，D符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据任意两个力的合力与第三个力大小是否能相等，判断物体能否保持平衡状态，再由牛顿第二定律分析其运动情况，从而得到运动图象．
3．（2020高一下·吉林期中）质量为20kg的物体在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，在运动过程中受到水平向右，大小为10N的拉力作用，则物体的加速度为（　　）
A．1m/s2向右 B．1 m/s2向左
C．1.5 m/s2向右 D．0.5 m/s2向右
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得
代入数据得
方向向右，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度。
4．（2020高二下·衡阳月考）在光滑水平面上，有两个相互接触的物体，如图，已知M＞m，第一次用水平力F由左向右推M，物体间的相互作用力为F1；第二次用同样大小的水平力F由右向左推m，物体间的相互作用力为F2，则（　　）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】把两个物体看成一个整体，根据牛顿第二定律得
两次系统的加速度大小相等。
第一次用水平力F由左向右推M，对m运用牛顿第二定理得
第二次用同样大小的水平力F由右向左推m，对M运用牛顿第二定理得
因为M＞m，所以F1＜F2。
故答案为：C。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解两个物体之间的相互作用力。
5．（2020高二下·衡阳月考）如图所示，水平地面上质量为 的木块，受到大小为 、方向与水平方向成 角的拉力作用，沿地面做匀加速直线运动．已知木块与地面之间的动摩擦因数为 ，则木块的加速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对物体受力分析可以知道，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
在水平方向有 ，
竖直方向有 ，
滑动摩擦力 ，
根据以上三式联立可以求得 ．
所以 选项是正确的．
故答案为：D
【分析】物体受多力作用时，采用正交分解法进行分析，分解为两方向立式后，再找两方向之间的关联，最终联立方程组求解．
6．（2020高一下·瓦房店期末）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为 ，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（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：当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：μ mg=ma
得a=μg
对整体：F=（2m+m）a
得：F=3ma=3μmg
故答案为：C．
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
7．（2020高一下·金华月考）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面体上，物体与斜面体间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面体对m的支持力和摩擦力的做功情况，下列说法中错误的是（　　）
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】ABCD.支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功，而摩擦力是否存在需要讨论。
若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度 ，摩擦力不做功；
当 时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；
当 时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功。
综上所述，B错误，符合题意；ACD正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当力的方向与运动方向垂直的时候，力是不做功的，力如果做功，利用公式W=Fs cosα求解外力做功即可，其中α是力与位移的夹角，当α小于90度时，力做正功，当α大于90度时，力做负功。
8．（2020高二下·大庆期末）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动摩擦因数为 ，有以下几种说法：
①木板受到地面的摩擦力的大小一定是 1mg
②木板受到地面的摩擦力的大小一定是 （m+M）g
③当F＞ （m+M）g时，木板便会开始运动
④无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
则上述说法正确的是（　　）
A．②③ B．①④ C．①③ D．②④
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】ABCD．①②对木板，水平方向受到木块向右的滑动摩擦力 和地面的向左的静摩擦力 ，而
由平衡条件得
即木板受到地面的摩擦力的大小一定是
③④因为木板不动，木块对木板的摩擦力 不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时， 不变化，则木板不可能运动，ACD不符合题意B符合题意。
故答案为：B。
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，结合选项分析求解即可。
9．（2020高一下·吉林期中）如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为（　　）
A．a1=g a2=g B．a1=2g a2=0 C．a1=2g a2=g D．a1=0 a2=g
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】设小球的质量为m，由平衡可知弹簧的弹力F=mg，在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析由牛顿第二定律可得： ，对A分析由牛顿第二定律可得： ，B符合题意，ACD不符合题意．
故答案为：B
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被拉伸，故弹力不变，对小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
10．（2020高二下·东阳期中）如图所示，一细线的一端固定于倾角为 的光滑楔形滑块A上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a,(取g=10 m/s2) （　　）
A．当a=5m/s2时，细线上的拉力为
B．当a=10 m/s2时，小球受的支持力为
C．当a=10 m/s2时，细线上的拉力为2N
D．当a=15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向：F合=Fcos =ma0
竖直方向：Fsin =mg
解得：a0=g
A. 当a=5m/s2时，小球未离开滑块，
水平方向：Fcos -FNcos =ma
竖直方向：Fsin +FNsin =mg
解得：
A项正确；
BC. 当加速度a=10 m/s2时，小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于 ，BC不符合题意；
D. 当加速度a=15 m/s2时，小球离开斜面，由于小球和斜面体相对静止，对于整体，在竖直方向合力等于0，支持力等于两个物体的重力大小，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体没有发生相对运动，即具有相同的加速度，联立求解即可。
二、多选题
11．（2020高二下·民勤期末）如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，两物块静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为 μ(μ≠0)．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对B施加一水平推力F，则下列说法正确的是（　　）
A．若F＝μmg，A，B间的摩擦力一定为零
B．当F＞7.5μmg时，A相对B滑动
C．当F＝3μmg时，A的加速度为μg
D．若去掉B上的力，而将F＝3μmg的力作用在A上，则B的加速度为0.1μg
【答案】A,B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A．B与地面间的最大静摩擦力fB＝ μ×5mg＝ μmg，
当F=μmg时，AB处于静止，对A分析，A所受的摩擦力为零，A符合题意；
B．A发生相对滑动的临界加速度a=μg，对整体分析，F μ 5mg＝5ma，
解得F=7.5μmg，
所以当F＞7.5μmg 时，A相对B滑动．B符合题意；
C．当7.5μmg＞F=3μmg＞ μmg，可知AB保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度a= ＝0.1μg，
C不符合题意；
D．若去掉B上的力，而将F=3μmg的力作用在A上，B发生相对滑动的临界加速度a＝ ＝0.25μg，
对A分析F-μ 3mg=3ma，
解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75μmg，可知F=3μmg的力作用在A上，一起做匀加速直线运动，加速度a= ＝0.1μg，
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．
12．（2020·新疆模拟）如图所示，静止在粗糙水平面上的两物块A、B，质量分别为1kg、2kg，两物块接触但不粘连。t＝0时刻，对物块A施加水平向右的推力F1＝9﹣3t（N），同时对物块B施加水平向右的拉力F2＝3t（N）。已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2．则（　　）
A．t＝1s时，物块A的加速度a＝2m/s2
B．t＝1s时，物块A的加速度a＝3m/s2
C．t＝1.5s时，A，B两物块开始分离
D．t＝2s时，A，B两物块开始分离
【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：CD、当AB刚好分离时，AB间的压力等于零，AB间的加速度相等，设为a，
对B物体，由牛顿第二定律F2﹣μmBg＝mBa，
对A物体，由牛顿第二定律F1﹣μmAg＝mAa，
解得，t＝2s，D符合题意，C不符合题意；
AB、1s时，AB没有分离，对AB整体，由牛顿第二定律有F1+F2﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a′
解得加速度大小为a′＝2m/s2，A符合题意，B不符合题意。
故答案为：AD
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
13．（2020高二下·民勤期末）A、B两个小球的质量分别为m、2m，由两轻质弹簧连接（如图所示），处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．将A球上方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度为零
B．将A球上方弹簧剪断的瞬时，A的加速度为零，B的加速度为零
C．将A球下方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度为零
D．将A球下方弹簧剪断的瞬时，A的加速度不为零，B的加速度不为零
【答案】A,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】AB．对A、B整体分析，上边弹簧的弹力为3mg，隔离对B分析，下边弹簧的弹力为2mg，将A球上方弹簧剪断的瞬时，对B球，合力为零，加速度为零，对A球，合力为3mg，加速度为3g，分析竖直向下，A符合题意，B不符合题意；
CD．剪段下面的弹簧时，A球失去了向下的弹力，平衡被破坏，产生向上的加速度；B球失去向上的弹力，在重力作用下产生g的加速度。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】当绳子剪断后，拉力瞬间消失，但是由于弹簧来不及被压缩，故弹力不变，利用牛顿第二定律求解加速度即可。
14．（2019高一上·鹤岗月考）一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑．现给沿斜面下滑的物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则下列说法中正确的是（　　）
A．施加力F后，地面对斜劈的摩擦力大小为零
B．施加力F后，地面对斜劈的摩擦力方向水平向左
C．施加力F后，斜面对物体的摩擦力变大
D．若施加给沿斜面下滑的物体的推力F变为水平向右且斜劈仍静止，此时地面对斜劈的摩擦力为零
【答案】A,C,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，将力F沿着水平方向与竖直方向分解，那么竖直方向分力，使得物体仍处于匀速下滑，原因是：根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；因此地面对斜面没有静摩擦力，只要物体沿斜面下滑，支持力和滑动摩擦力同比变化，地面对斜面没有静摩擦力，与外力F的方向无关。
故答案为：ACD
【分析】对物体进行受力分析，在压力、支持力、摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
15．（2019高三上·连城月考）如图所示，一质量为M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．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
【答案】A,C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，
当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=
知图线的斜率k 解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg．A符合题意；
B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有：
代入数据解得：μ=0.2，
当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2．
根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，B不符合题意，C符合题意；
D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
16．（2020高二下·青岛期末）在动摩擦因数 的水平面上有一个质量为 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取 ，以下说法正确的是
A．此时轻弹簧的弹力大小为
B．小球的加速度大小为 ，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 ，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
【答案】A,B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A．在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力
A符合题意；
B．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球所受的最大静摩擦力为
根据牛顿第二定律得小球的加速度为
合力方向向左，所以向左加速，B符合题意；
CD．剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度。
三、填空题
17．（2019高二下·长沙期中）为了探究加速度与质量的关系，应保持　 　不变；为了直观地判断加速度a与质量m的数量关系，应作　 　图象(选填“a－m”或“a－ ”)．
【答案】所受拉力F；
【知识点】对单物体(质点)的应用；控制变量法
【解析】【解答】(1)根据控制变量法可知在探究小车的加速度和质量的关系,应该保持小车所受拉力F不变；根据 ,可整理为： 的线性函数关系，为了直观地判断加速度a与质量m之间的关系，应该建立 的图像
【分析】（1）牛顿第二定律中有三个量，探究质量与加速度的关系，需要控制拉力相等；
（2）为了使图像为一条直线，适当选择横纵坐标即可。
18．（2020高一上·全州期末）一个物体只受到10N的合外力作用时产生的加速度为4m/s2，那么物体的质量为　 　kg； 若要使物体产生6m/s2的加速度，则需对此物体施加一个大小为　 　N的合外力.
【答案】2.5；15
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】根据 可得 根据 可得
【分析】对物体进行受力分析，结合物体的加速度利用牛顿第二定律求解物体的质量即可。
19．（2020·青浦模拟）如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，人的质量为50kg，车厢的加速度大小为7.5m/s2，则车厢对此人的作用力大小为　 　N，车厢对此人的作用力方向与水平的夹角为　 　度。
【答案】625；53
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】因人和车有向右的加速度，则车对人在水平方向的合力为
车对人在竖直方向上有支持力，支持力大小为
由力的合成可知，车对人的作用力为 设车厢对此人的作用力方向与水平的夹角为 ，则
解得
【分析】对人进行受力分析，水平竖直正交分解，结合人的加速度，在水平方向利用牛顿第二定律求解人的受力情况。
20．（2017高二下·卢龙期末）如图所示，动力小车沿倾角为α的斜面匀加速运动时，小车支架上的单摆的摆线呈水平状态．此时小车的加速度大小为　 　．
【答案】
【知识点】整体法隔离法；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】解：小球和小车具有相同的加速度，加速度方向与斜面方向平行，对小球分析受力，如图所示，
根据牛顿第二定律得，小球的加速度为：a= = ．
则小车的加速度为 ．
故答案为： ．
【分析】小球与小车具有共同的加速度，加速度方向与斜面方向平行，隔离对小球分析受力，根据牛顿第二定律和平行四边形定则求出小球的加速度，即得到小车的加速度．
21．（2017高一下·景德镇期中）如图所示，物体A、B间用轻质弹簧相连，已知mA=3mB，且物体与地面间的动摩擦因数为 ．在水平外力作用下，A和B一起沿水平面向右匀速运动，当撤去外力的瞬间，物体A、B的加速度分别为aA=　 　，aB=　 　．
【答案】0；4μg
【知识点】形变与弹力；共点力平衡条件的应用；对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：开始A做匀速直线运动，在水平方向上平衡有：F弹=μmAg，
撤去F的瞬间，对A，在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力，合力为零，则加速度为零．
对B， = ．
故答案为：0，4μg．
【分析】抓住AB做匀速直线运动，隔离对A分析，求出弹簧的弹力，撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出A、B的瞬时加速度．
22．（2017高一上·南昌期末）如图所示，倾斜索道与水平线夹角θ=37°，当载人车厢斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时人与车厢相对静止，设人的质量为60kg，车厢对人的摩擦力大小为f=　 　N，方向为　 　（水平向左、水平向右）．（g取10m/s2）
【答案】200；水平向右
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有：
FN﹣mg=ma上，
代入数据解得：a上=0.25g，
设水平方向上的加速度为a水，则有：
a水=
解得：f=ma水=200N，方向水平向右．
故答案为：200；水平向右
【分析】对人受力分析可知，人在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，求得水平方向的加速度，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小．
四、计算题
23．（2017·济南模拟）一辆载货的汽车，总质量是4.0×103㎏，牵引力是4.8×103N，从静止开始运动，经过10s前进了40m．求：
（1）汽车运动的加速度；
（2）汽车所受到的阻力（设阻力恒定）
【答案】（1）汽车从静止开始做匀加速运动，则有
s=
则得：加速度a= = =0.8m/s2
答：汽车运动的加速度是0.8m/s2；
（2）由牛顿第二定律F﹣f=ma
代入得 4800﹣f=4000×0.8
解得 阻力f=1600N
答：汽车所受到的阻力是1600N．
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）汽车从静止开始做匀加速运动，已知初速度、时间和通过的位移，由运动学位移公式s= 求加速度；（2）根据牛顿第二定律求阻力．
24．（2016高二上·长沙开学考）质量为 10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S． （已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
【答案】解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg 和F分解后，
由牛顿运动定律得：
FN=Fsinθ+mgcosθ
Fcosθ﹣f﹣mgsinθ=ma1
根据摩擦定律有 f=μFN，代入数据得a1=10﹣20μ
加速过程由运动学规律可知 v=a1t1
撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2，则 a2=gsinθ+μgcosθ
代入数据得a2=6+8μ
由匀变速运动规律有 v=a2t2
由运动学规律知 s= a1t12+ a2t22
代入数据得μ=0.25；s=16.25m
答：物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25；物体的总位移s=16.25m
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀加速运动过程，求出F刚撤去时物体的速度表达式，再由牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀减速运动过程，联立可求出μ．
25．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止与水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离．
【答案】（1）对A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA代入数据解得： ，方向向右，对B分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg=mBaB代入数据解得： ，方向向左．对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）=ma1
代入数据解得： ，方向向右．
当木板与B共速时，有：v=v0﹣aBt1=a1t1，代入数据解得：t1=0.4s，v=1m/s，此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s2 ，方向向右，对B与木板受力分析，有：μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g=（m+mB）a2代入数据解得： ，方向向左，
当木板与A共速时有：v′=v﹣a2t2=﹣v+aAt2：
代入数据解得：t2=0.3s，v′=0.5m/s．答：B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；
（2）当t1=0.4s， ，
LB板=xB﹣x木=0.8﹣0.2m=0.6m，
对A，向左， ，
LA1板=xA+x木=0.8+0.2m=1m，
当t2=0.3s，对A，向左， ，
对木板，向右， ，
，
可知AB相距L=LB板+LA1板+LA2板=0.6+1+0.3m=1.9m．
答：A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m．
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；追及相遇问题；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度．（2）根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离．
五、实验探究题
26．（2019·仙桃模拟）某同学设计如图甲所示装置测量木块与水平桌面之间的动摩擦因数。
打点计时器固定在水平桌面左端纸带穿过打点计时器连接在木块上，木块在细线的作用下拖着纸带运动打点计时器打出的部分纸带如图乙所示已知乙图中纸带右端连接木块，A、B、C……I、J为计数点相邻两计数点间有4个计时点未画出，打点计时器所用交流电源频率为50Hz，取重力加速度g=10m/s2。
（1）下列实验操作或分析中正确的一项是_____。
A．实验中必须测出钩码释放时离地的高度
B．实验中应先释放木块再启动打点计时器
C．实验中必须保证钩码的质量远小于木块的质量
D．钩码落地发生在打点计时器打出
E．F两点的时刻之间
（2）用题中所给数据求木块与桌面间的动摩擦因数应选取　 　(选填"AE"或"F")段纸带进行计算，由此测得木块与桌面间的动摩擦因数u=　 　(结果保留两位有效数字)
【答案】（1）D
（2）AE；0.20
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】(1)A、B、C项：实验是根据钩码落地后木块在水平桌面上受摩擦力做匀减速直线运动求出动摩擦因数，故无需测出钩码释放时离地的高度，也不需要钩码的质量远小于木块的质量，实验准确操作应该是先启动打点计时器，再释放木块，A、B、C不符合题意；D项：从纸带打出的点迹可知AE段木块做匀变速直线运动，FJ段也做匀变速直线运动，可知钩码是在打出E、F两点时刻之间落地的，D项正确。故答案为：D。(2) 由于纸带右端连接木块，故木块在摩擦力作用下做匀减速直线运动时打出的是“AE”段纸带；由AE段纸带上打出的点迹间距离可知，匀减速运动的加速的大小为 ，T=0.1s，解得a=2.0m/s2，由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得μ=0.20。
【分析】（1）利用牛顿第二定律可以判别要求动摩擦因数只需要测出加速度大小；利用纸带可以直接测量加速度大小不需要满足质量关系，实验要先接通电源后释放木块；利用两点间隔大小可以判别钩码落地时对应纸带的位置；
（2）利用纸带上的间隔要选取加速度位移进行求解，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
27．（2019高一上·揭阳期末）用图所示装置“探究加速度与力、质量的关系”。设小车和砝码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m。某同学用如图甲所示装置进行实验，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，重物通过跨过滑轮的细线与小车相连。请思考并完成相关内容：
（1）本实验应用的实验方法是（　　）
A．控制变量法
B．假设法
C．理想实验法
D．等效替代法
（2）实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是（　　）
A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
B．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动
D．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动
（3）平衡摩擦力后，实验中打出的其中一条纸带如图乙所示（两相邻计数点间还有四个点没有画出），由该纸带可求得小车的加速度a=　 　m/s2（结果保留三位有效数字）
（4）在此实验中，由于没有考虑m和M应满足的的关系，结果的图象应该是哪一幅？（　　）
A． B．
C． D．
【答案】（1）A
（2）C
（3）0.810
（4）C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】（1）为了研究加速度跟力和质量的关系，应该采用的研究实验方法是控制变量法，A符合题意，BCD不符合题意；（2）平衡摩擦力时，取下砂桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，调节滑轮高度使细线与木板平行，将木板不带定滑轮的一端适当垫高，轻推小车，使小车做匀速直线运动，C符合题意，ABD不符合题意；（3）相邻两计数点间还有四个计时点未画出，计数点间的时间间隔为：
根据逐差法，小车的加速度为： ；（4）随着 增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g，ABD不符合题意，C符合题意。
【分析】（1）三个变量，要探究其中两个量的关系，需要保证第三个量不变。
（2）为了减少摩擦力对实验的影响，故需要平衡摩擦力。
（3）通过纸带上的数据，利用逐差法求解加速度即可。
（4）当重物的质量逐渐变大后，拉力不再是重物的重力，而是小于重物的重力，故图像会向下偏移。
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