2020-2021学年5 牛顿运动定律的应用课时练习

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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7（含解析）  1．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEFC．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF2．倾角为θ=45°外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为kg；当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为（取g=10m/s2）（　　）A．10N B．5NC． D．3．如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m．现用水平力F拉B（如图甲所示），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力拉A（如图乙所示），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则不得超过（    ）A． B． C． D．4．质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.若对物块施加水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F1；若对长木板施加水平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2，则为A． B．2 C． D．5．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一物体，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中a、b已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则（　　）A．传送带顺时针转动 B．C．b后物体的加速度大小为 D．传送带的速度大于a6．如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度g取10m/s2，则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为（　　）A．6s  90m B．3s  180m C．3s  90m D．6s  180m7．如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（　　）A．aA＝0，aB＝2g B．aA＝aB＝gC．aA＝0，aB＝3g D．aA＝g，aB＝5g8．一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块（　　）A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大 9．如图所示，小物块A、B质量均为2kg，长木板C质量为1kg，用细线连接A、B放置在长木板C上，A与C之间动摩擦因数为0.2，B与C、C与地面之间均为光滑。现对小物体B施加一随时间t变化的水平拉力F=10t（N），设A、B间细绳拉力大小为T，则下列说法正确的是：（　　）A．在A、C发生相对滑动之前，T∶F=3∶5B．在A、C发生相对滑动之前，T∶F=1∶2C．在A、C发生相对滑动之后，T∶F=1∶2D．在A、C刚要发生相对滑动的瞬间，物块A的速度大小为4m/s10．如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列选项中正确的是（　　）A．0~10m内物块的加速度大小为1.25m/s2B．在5s末恒力F开始反向物块做匀加速运动C．10~26m内物块的加速度大小为0.75m/s2D．物块与水平面的动摩擦因数为0.037511．如图所示，倾角为的固定光滑斜面上有两个质量均为m的物块A、B，物块A通过劲度系数为k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块C相连，物块C的质量为，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C，使细线恰好伸直但无拉力，释放物块C，物块A、B分离时，滑块C恰好落地。重力加速度大小为g，不计滑轮质量及摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）A．初始时，弹簧的压缩量为B．物块A、B分离时，弹簧弹力等于C．从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的速度先增大后减小D．从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B一直加速12．如图所示，水平地面上有一斜面体B，质量2kg，倾角，斜面体上有一小物块A，质量1kg，物块A与斜面体B之间的动摩擦因数为0.5.给小物块A施加一个垂直斜面向下的作用力F，让小物块A沿斜面加速下滑，加速度大小1m/s2，斜面体B始终保持静止不动，重力加速度取10m/s2，，，则（　　）A．作用力F大小为10NB．地面对斜面体B的摩擦力方向水平向左C．地面与斜面体B之间的摩擦力大小为6ND．斜面体B对地面的压力大小为31N13．如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力。取g=10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬时（　　）A．弹簧弹力的大小为30NB．B对A的压力大小为20NC．A、B的加速度大小为10m/s2D．A、B的加速度大小为4m/s214．如图所示，在粗糙水平面上放一个重为的三角形木块a，若重为的物体b在a的斜面上匀加速下滑，则木块a受到的地面支持力和静摩擦力f的情况是（　　）A． B．，方向向右C． D．，方向向左15．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是（　　） A． B．C． D．  16．如图所示，质量M=3kg的木块套在水平固定的粗糙直杆上，木块和直杆间的动摩擦因数。现用轻绳将木块与一质量m=1kg的小球相连，并用与水平方向成53°的恒力F=20N拉小球，使其和木块一起水平向右做匀加速直线运动，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）小球和木块运动的加速度a的大小；（2）轻绳与水平方向的夹角θ的正切值。
参考答案1．B【解析】【分析】【详解】方法一：设上面圆的半径为，下面圆的半径为，则轨道的长度下滑的加速度根据位移时间公式得，，则因为，则故选B。方法二：物体在上面圆运动是一个典型的等时圆模型，故物体到到交点O点时，用时相等。在下半圆中，位移大小相等，，则倾斜角越大，用时越长，故整个过程中故选B。【点睛】根据几何关系求出轨道的长度，结合牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，根据位移时间公式求出物块在滑动时经历的时间大小关系。2．A【解析】【分析】【详解】当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示；
根据牛顿第二定律
水平方向F合=Fcos45°=ma0竖直方向Fsin45°=mg解得a0=g当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设T与水平面夹角为α，根据牛顿第二定律，有：Tcosα=maTsinα=mg解得T=10N所以A正确，BCD错误；
故选A。3．B【解析】【分析】【详解】力F拉木块B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A受力分析，受重力mg、支持力、向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有对A、B整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有联立解得当作用在木块A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A，有对整体，有联立解得即的最大值是，故B正确。4．A【解析】【分析】【详解】设物块与长木板间的动摩擦因数为，要使物块滑离，则求得.A．，与结论相符，选项A正确；B．2，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；故选A.5．C【解析】【分析】【详解】A．若传送带顺时针转动，当物体下滑将一直匀加速到底端；当物体上滑先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，则传送带是逆时针转动，故A错误；B．传送带是逆时针转动，物体在0~b内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑的加速度由图可知解得故B错误；C．b后滑动摩擦力向上，加速度代入值得故C正确；D．当物体的速度等于传送带的速度时，物体所受的摩擦力发生变化，物体的加速度发生变化，则传送带的速度等于a，故D错误。故选C。6．C【解析】【分析】【详解】礼花弹受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿第二定律有mg+f=ma又f=mg得a=20m/s2根据解得H=90m利用运动学知识有代入数据得t=3s故选C。7．A【解析】【分析】【详解】在竖直向上拉力F＝6mg时，此时A、B受的拉力分别为3mg、3mg。对A因为3mg＜4mg，故物体A静止，加速度为0。对物体B3mg－mg＝maB解得aB＝2g故A正确，BCD错误；故选A。8．A【解析】【分析】质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，对其受力分析，可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡。【详解】AB．因为质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件，有计算得出对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图与斜面垂直方向依然平衡，有因而最大静摩擦力为则在平行于斜面方向，mg与F在平行于斜面方向的力恰好与f平衡，故物块仍处于静止状态，故A正确，B错误；C．刚开始物块的摩擦力为mgsinθ，加了竖直方向的力F后，物块的摩擦力增大到（F+mg）sinθ，故C错误；D．因物体始终处于静止，故物体所受的合外力不变，一直为零，故D错误。故选A。9．AD【解析】【分析】【详解】AB．在A与C发生相对滑动之前，则A正确B错误；C．发生相对滑动之后，根据牛顿第二定律可知，，加速度不断增加，比值不是定值，C错误；D．A、C刚要发生滑动瞬间，长木板C加速达到最大，最大加速度为则此时，拉力则故历时，由于A、B、C共速求得D正确。故选AD。10．AD【解析】【分析】【详解】A．物块在0~10m内速度减小，做匀减速直线运动，物块匀减速直线运动的加速度大小为
 选项A正确；B．物块做匀减速直线运动的时间为即在4s末恒力F反向物块做匀加速运动，选项B错误；C．物块匀加速运动的加速度大小
 选项C错误；D．根据牛顿第二定律得联立两式解得F=0.875Nf=0.375N则动摩擦因数为选项D正确。故选AD。11．ABD【解析】【分析】【详解】A．初始时，细线对物块A、B的作用力为零，物块A、B整体受力平衡解得由受力平衡可知，弹簧处于压缩状态且压缩量为，故A正确；BCD．物块A、B分离时，物块A、B之间的相互作用力为0，且物块A、B的加速度相同，分别对物块A、B、C受力分析，由牛顿第二定律可知，物块A有物块B有物块C有解得a=0，，则从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B一直加速，故C错误，BD正确。故选ABD。12．BD【解析】【分析】【详解】A．对物块A受力分析，沿斜面方向垂直斜面方向又有解得F=2N选项A错误；B．对整体分析，系统中有向左的加速度，合外力一定向左，故地面给斜面体的摩擦力向左，选项B正确；C．对整体受力分析，在水平方向上解得选项C错误；D．在竖直方向上解得FN地=31N选项D正确。故选BD。13．AD【解析】【分析】【详解】A．剪断细线之前，由A物体受力平衡可知，弹簧弹力大小等于A的重力大小即F=30N，细线剪断瞬间，弹力不会变化，故A正确；BCD．剪断细线瞬间，以A、B整体为研究对象，受到重力和弹力作用，由牛顿第二定律有解得以B为研究对象，受到重力和A的支持力，且加速度也为a，则有解得故BC错误D正确。故选AD。14．CD【解析】【分析】【详解】设斜面的倾角为θ，则a对b的支持力大小N1=G2cosθ，因为具有沿斜面向下的加速度，则摩擦力f＜G2sinθ
再隔离对a分析，在竖直方向上有N=G1+N1cosθ+fsinθ因为N1cosθ+fsinθ＝G2cos2θ+fsinθ＜G2cos2θ+G2sin2θ＝G2所以N=FN＜G1+G2
在水平方向上，b对a压力在水平方向上的分力N1水平=G2sinθcosθ摩擦力在水平方向上的分力f水平=fcosθ＜G2sinθcosθ则N1水平＞f水平所以地面有摩擦力，方向向左。故CD正确，AB错误。故选CD。15．BD【解析】【分析】【详解】AB．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度小于传送带的速度，小木块受的摩擦力沿斜面向下，随着小木块速度的增大，当小木块的速度等于传送带的速度时，因为，小木块不可能与传送带相对静止，一定继续加速，超过传送带的速度，这时小木块所受的摩擦力沿斜面向上，而在这个过程中，小木块对斜面的压力不变，摩擦力的大小也不改变，A错误，B正确；CD．摩擦力沿斜面向下时，由牛顿第二定律得摩擦力沿斜面向上时，由牛顿第二定律得 则a1>a2，C错误，D正确。故选BD。16．（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）如图甲所示，对木块和小球整体受力分析沿水平和竖直方向建立正交轴，正交分解后，列方程为联立以上各式解得（2）如图乙所示，对木块受力分析沿水平和竖直方向建立正交轴，正交分解后列方程为联立以上方程解得