必修15 牛顿运动定律的应用同步训练题

2020-2021学年新人教版必修第一册

4.5牛顿运动定律的应用 课时作业4（含解析）

1．如图所示，质量均为0.5kg的两个小物体A、B放在水平地面上相距13.5m，它们与水平地面的动摩擦因数均为，现使它们分别以初速度和同时相向运动，g取。则它们（    ）

A．经2s相遇 B．经3s相遇 C．经4s相遇 D．不可能相遇

2．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力为Ff1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3；如图丁所示，若对该物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F3使其沿斜面下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff4。下列关于Ff1、Ff2、Ff3和Ff4大小及其关系式中正确的是（　　）

A．Ff1≠0 B．Ff2＜Ff3 C．Ff2＜Ff4 D．Ff3＝Ff4

3．如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为（　　）

A． B．

C． D．L0

4．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上，下列说法正确的是（　　）

A．释放A的瞬间，B的加速度为0.5g

B．C恰好离开地面时，A达到的最大速度为

C．斜面倾角α=45°

D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒

5．一个质量为m1的小孩沿粗杆攀爬至顶端后，沿杆以加速度a下滑，此过程中与杆的摩擦力为Ff，若杆的质量为m2，则下滑时杆对地面的压力为（　　）

A．

B．

C．

D．

6．如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面上，质量分别为2m、m的a、b两物块，用一轻弹簧相连，将a用细线连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块b恰与斜面底端的挡板无弹力，此时弹簧的形变量为x。重力加速度为g，若突然剪断细线，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　）

A．剪断细线瞬间，挡板对物块b弹力为0.5mg

B．剪断细线瞬间，物体b的加速度为0.5g

C．剪断细线瞬间，物体a的加速度为g

D．剪断细线后，物块a沿斜面向下运动3x时动能最大

7．某物体静止在光滑的水平面上。某时刻受到水平方向的作用力F，此时开始计时，力F随时间t变化的关系如图所示，该图线为正弦曲线。在0-t4时间，下列说法正确的是（　　）

A．t1时刻，物体的速度最大 B．t2时刻，物体的位移最大

C．该段时间，物体的运动方向有改变 D．t1、t3时刻，物体速度相同

8．机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v=2m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L=9m，现有一质量为m=1kg的背包（可视为质点）无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．背包从A运动到B所用的时间为5s

B．背包从A运动到B所用的时间为3s

C．背包与传送带之间的相对位移为8m

D．背包与传送带之间的相对位移为10m

9．一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与硬纸片之间的动摩擦因数分别为和，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，），下列说法正确的是（　　）

A．当时，则物块、硬纸片都静止不动

B．若，则B物块的加速度为4.0m/s2

C．当，则A物块所受摩擦力大小为1.5N

D．无论力F为多大，A与硬纸片都不会发生相对滑动

10．“神舟十号”女航天员王亚平于北京时间2013年6月20日上午十时在太空给地面的中小学生讲课。此次太空课堂是我国利用载人航天活动普及航天知识的一次重大尝试，“太空老师”王亚平讲解了一种用牛顿第二定律来测物体质量的方法，其原理如图所示。在太空舱中将标准物体m1与待测物体m2紧靠在一起，施加一水平推力F=100N后，在观测时间Δt=0.02s内，标准物体m1和待测物体m2的速度变化是0.4m/s。若已知标准物体m1的质量为2.0kg，则待测物体m2的质量为（　　）

A．3.0kg B．5.0kg C．8.0kg D．48kg

11．将一个质量为2kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v-t图象如图所示，（g取10m/s2）下列说法中正确的是（　　）

A．小球所受重力和阻力大小之比为5:1

B．小球落回到抛出点时的速度大小为

C．小球上升过程与下落过程所用时间之比为1:2

D．小球下落过程中的加速度大小为8m/s2

12．如图所示，质量为M=2kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m=1kg的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为µ=0.5.重力加速度g取10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是（　　）

A．水平力F=3N时，物块m将保持静止状态

B．水平力F=6N时，物块m仍未在长木板M上滑动

C．水平力F=7N时，长木板M的加速度大小为2.5m/s2

D．水平力F=9N时，长木板M受到的摩擦力大小为5N

13．如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点。传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后（　　）

A．若传送带沿逆时针方向转动，则物块可能返回到曲面

B．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点

C．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧

D．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点

14．如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况。下列分析正确的是（　　）

A．若μ1＞μ2，m1＝m2，则杆受到压力

B．若μ1＝μ2，m1＞m2，则杆受到拉力

C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力

D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆无作用力

15．如图甲所示，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图象（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．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

C．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

16．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为的球A放在高度的平台上，长木板C放在水平地面上，带凹槽的容器B放在C的最左端。A、B可视为质点，B、C质量均为，B、C间的动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数。在某次投掷中，球A以的速度水平向右抛出，同时给木板C施加一水平向左、大小为F=16N的恒力，使球A恰好落入B的凹槽内，瞬间球A与B合为一体。取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

(1)球A抛出时，凹槽B与球A之间的水平距离；

(2)A、B合为一体时的速度大小；

(3)要使AB不脱离木板C，求木板长度的最小值L。

参考答案

1．A

【解析】

【分析】

【详解】

由牛顿第二定律可得

可得加速度的大小

由

可求得、两物体停下来的时间分别为和；

由

可得在后停止所走的位移为；

由于相向运动，则运动的位移为，由

得

即经2s相遇。

故选A。

2．D

【解析】

【分析】

【详解】

A．图甲中物块受到重力、支持力和摩擦力，由于物块在斜面上匀速运动，则支持力和摩擦力的合力大小等于重力大小，方向竖直向上，则物块对斜劈的合力大小等于其重力大小。所以地面对斜劈的摩擦力Ff1=0，故A错误；

BCD．图乙和图丙中，物体受到的力除了重力、支持力、沿着斜面向上的摩擦力，还有推力，由于推力平行于斜面，所以不影响物块的支持力和摩擦力，则物块对斜劈的合力不变，仍然等于其重力，所以地面对斜劈的摩擦力Ff2=0，Ff3=0。图丁中，对物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F3，将F3沿斜面和竖直方向分解，即相当于施加一个沿斜面向下的推力和增大了物块的重力，由上面的分析可知，施加一沿斜面的力不影响物块对斜劈的力，物块的重力增大后，物块对斜劈的合力变大，方向与重力方向一致。所以地面对斜劈的摩擦力Ff4=0，故BC错误，D正确。

故选D。

3．A

【解析】

【分析】

【详解】

对AB的整体

对物块A单独受力分析有，弹簧弹力

因此弹簧的形变量

因此AB之间的距离为

故选A。

4．B

【解析】

【分析】

【详解】

C．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxC、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，

对B有

对A有

解得

当B获得最大速度时，有 a=0

解得

所以：α=30°，故C错误；

释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿定律

B的加速度为0.2g，故A错误；

设开始时弹簧的压缩量xB，则

设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xC，则

当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为h=xC+xB

由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚刚离开地面时，A、B两物体的速度相等，设为vBm，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得

代入数据，解得

故B正确；

D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。

故选B。

5．C

【解析】

【分析】

【详解】

以小孩为研究对象，根据牛顿运动定律可得

；

以杆为研究对象，根据平衡条件可得

可得

由牛顿第三定律得

C正确，ABD错误。

故选C。

6．D

【解析】

【分析】

【详解】

AB．突然剪断细线前，对b受力分析，由平衡条件可得

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，b的受力状态不变，合力仍为零，则物体b的加速度为0，挡板对物块b弹力也为零，A、B错误；

C．突然剪断细线前，对a受力分析，由平衡条件可得

可得

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，绳子拉力消失，由牛顿第二定律得

解得，a的加速度为

C错误；

D．剪断细线前，弹簧的形变量为x，可得

剪断细线后，物块a沿斜面向下运动，向下运动x时，弹簧恢复原长，再向下运动，当加速度为零时，速度最大，此时满足

联立上式可得

所以物块a沿斜面向下运动3x时动能最大，D正确。

故选D。

7．D

【解析】

【分析】

【详解】

C．在0-t4时间内，物体先加速再减速到零，做单向直线运动，故C错误；

AB．物体在t2时刻速度最大，在t4时刻位移最大，故AB错误；

D．在t1-t2时间内，物体一直做加速运动，在t2-t3时间内，物体一直做减速运动；在t1-t2时间内和在t2-t3时间内速度的变化量大小相等，故t1、t3时刻，物体的速度相同，故D正确。

故选D。

8．A

【解析】

【分析】

【详解】

背包放在水平传送带上后，由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得

μmg=ma

可得

a=2m/s2

背包达到传送带的速度v=2m/s所用时间为

此过程背包位移为

所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移

△x=vt1-x1=1×2m-1m=1m

背包匀速运动的时间为

所以背包从A运动到B所用的时间为

t=t1+t2=5s

故选A。

9．D

【解析】

【分析】

【详解】

物体A与纸片间的最大静摩擦力为

物体B与纸片间的最大静摩擦力为

A．因为

所以AB与纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；

BD．当B刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得

又

得

对整体，有

即达到4N后，B将相对地纸片运动，此时摩擦力；则对纸片可知，纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力；故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力；其加速度大小均为，故B错误，D正确；

C．因为

所以AB即纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得

则A物块所受摩擦力

故C错误。

故选D。

10．A

【解析】

【分析】

【详解】

对两物体的整体，由牛顿第二定律

由于

解得

m2=3.0kg

故选A。

11．ABD

【解析】

【分析】

【详解】

A．小球向上做匀减速运动

解得

因此小球所受重力和阻力大小之比为5:1，故A正确；

BD．小球向上运动的位移

向下运动的加速度

则返回抛出点速度

故BD正确；

C．下落时间

解得

因此上升与下落时间之比为

故C错误。

故选ABD。

12．BD

【解析】

【分析】

【详解】

对m、M整体进行受力分析

F=（M+m）a

对m进行受力分析

F-f=ma

当m、M即将相对滑动时，静摩擦力达到最大值

fm=μmg

求解上面方程组

代入数据解得

F最小=7.5N

A．当水平力F=3N，整体处于加速状态，因此物块m将不会保持静止状态，故A错误；
B．当水平力F=6N，物块m不会在长木板M上滑动，故B正确；
C．水平力F=7N<7.5N，长木板和木块以共同的加速度运动，依据牛顿第二定律，结合整体法，则长木板M的加速度大小为

故C错误；
D．水平力F=9N＞7.5N，两者之间发生相对滑动，则长木板M受到的摩擦力大小，即为物块受到的摩擦力，则为

f=μmg=5N

故D正确；
故选BD。

13．BCD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点，这个摩擦力是滑动摩擦力，方向向后。传送带逆时针匀速转动起来以后，物体所受的摩擦力大小和方向都不变，仍从Q点开始自由下滑，物体的运动情况也不变，若物体静止前离开传送带，则物体通过传送带后一定落在P点，A错误，B正确；

CD．物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点，这个摩擦力是滑动摩擦力，方向向后。若传送带沿顺时针方向转动且小于物块滑上传送带的初速度，滑动摩擦力向后，物块做减速运动，若共速前离开传送带，物块仍然落在P点，D正确；若传送带沿顺时针方向转动且大于物块滑上传送带的初速度，滑动摩擦力向前，物块做加速运动，无论是否共速，物块都落在P点右侧，C正确。

故选BCD。

14．ACD

【解析】

【分析】

【详解】

假设杆无弹力，滑块受重力，支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有

可得

同理

A．若，则，B的加速度较大，杆受到压力，故A正确；

BD．若，则，两滑块的加速度相同，说明没有相对滑动的趋势，故杆无弹力，B错误，D正确；

C．若，则，A的加速度较大，杆受到拉力，故C正确。

故选ACD。

15．CD

【解析】

【分析】

【详解】

A.0～ t1时间内小物块向左运动，t1～t3时间内小物块向右运动，所以t1时刻小物块离A处的距离达到最大，A错误；

B. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直先向右，B错误；

C. 0～t2时间内，小物块相对传送带一直滑动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，C正确；

D. 0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的滑动摩擦力作用，D正确。

故选CD。

16．(1)3.96m；(2)3.6m/s；(3)5.04m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)A球平抛过程运动时间

此过程中A球的水平位移

假设BC之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 

所以BC之间要产生相对滑动。其中B的加速度为

在时间t内槽B的位移为

球A抛出时，凹槽B与球A之间的水平距离

(2)A将要落在槽B中时，槽B的速度

方向向左

设向右为正方向，则对AB系统水平方向动量守恒

解得

 (3)当A做平抛运动的时间内，木板C的加速度

当球A落到槽B中时木板C的速度

此时槽B相对木板C向右滑动的距离为

当球A落到槽B中后板C的加速度

而AB的共同加速度仍为

因AB一起向右减速，而C向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移

则木板长度的最小值