物理5 牛顿运动定律的应用巩固练习

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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8（含解析）  1．放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动。拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图，则（　　）A．第内物块受到的合外力为B．物块的质量为C．斜面倾斜角一定是D．如果3s撤去拉力F，物块瞬时加速度2．物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图）。当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时（　　）A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质3．如图所示，、两物体的质量分别为和，由轻质弹簧相连。当用恒力竖直向上拉着，使、一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度大小为；当用大小仍为的恒力沿水平方向拉着，使、一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度大小为。则有（　　）A．， B．，C．， D．，4．如图所示，在一正方形小盒内装有一圆球，盒与球一起沿倾角为θ的斜面下滑，如图所示，若不存在摩擦，当θ增大时，下滑过程中圆球对方盒前壁压力F及对方盒底面的压力N将如何变化（　　）A．N变小，F变大 B．N变小，F不变C．N变小，F变小 D．N不变，F变大5．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（重力加速度为g）（  ）A．mg，竖直向上 B．mg，斜向左上方C．mgtan θ，水平向右 D．mg，斜向右上方6．如图所示，两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝34N、F2＝24N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法不正确的是（）A．m1、m2以2m/s2的加速度向右运动B．弹簧秤的示数是10NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为8m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为32m/s27．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、B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擦力，重力加速度为g。现对施加一水平拉力F，则下列说法中错误的是（　　）A．当F<2μmg 时，A、B都相对地面静止 B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 8．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像，g取10 m/s2，下列判断正确的是（　　）A．前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB．46 s末材料离地面的距离为22 mC．在30~36 s钢索最容易发生断裂D．36~46s材料处于失重状态9．如图所示两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的是有（　　）A．A的加速度先增大后减小B．B的加速度一直增大C．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大D．当A、B的加速度相等时，两者的速度之差最大10．如图所示，一质量为M=2kg、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m=1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g=10m/s2。下列判断正确的是（　　）A．物块对斜面的压力大小B．斜面体的加速度大小为C．水平恒力大小D．若水平作用力F向左作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变大11．如图所示，一质量m2＝10kg的物体B放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量m1＝5kg的物体A。当车向左做匀加速运动时，与物体A相连接的细绳与竖直方向的夹角θ=30°，物体B与车厢相对静止。g＝10m/s2，则下列说法不正确的是（　　）A．车厢的加速度为5m/s2B．细绳对物体A的拉力C．车厢底板对物体B的支持力D．物体B所受车厢底板的摩擦力12．如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为37°，与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处，上端连接质量为1kg的小滑块（视为质点），BC为弹簧的原长。现将滑块从A处由静止释放，在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中，其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取沿斜面向下为加速度的正方向）。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）A．滑块到达B处时的速度最大B．滑块下滑经过B点时的速率为m/sC．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5D．弹簧的劲度系数为20N/m13．如图，水平传送带A、B两端相距s=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（　　）A．若传送带不动，则vB=3m/sB．若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，vB=3m/sC．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vB=3m/sD．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，vB=2m/s14．某一实验室的传送装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为37o，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带v=4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦=0.5，已知：重力加速度g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（　　）A．工件第一次到达B点所用的时间1.9sB．工件沿传送带BC向上运动的最大位移为5mC．工件沿传送带运动，仍能回到A点D．工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动15．如图，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝2 kg的木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.1，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有（　　）A．am=0.9m/s2，aM=0.9m/s2B．am=1 m/s2，aM=2 m/s2C．am=2 m/s2，aM=4 m/s2D．am=3 m/s2，aM=5 m/s2  16．如图所示，质量为2kg的物体放置在水平地面上，在大小为10N、方向与水平面成37°角斜向上的拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，4s内物体的位移为9.6m。试求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)若4s末撤去拉力，则物体继续前进的最大位移。
参考答案1．D【解析】【分析】【详解】ABC．由图可得，0～1s内物体的加速度为由牛顿第二定律可得：1s后匀速有：联立，并将，代入解得m=1.0kg因条件不足，故倾角无法解出，故ABC错误；D．如果3s撤去拉力F，合力由牛顿第二定律可得：故D正确；故选D。2．C【解析】【分析】【详解】设整体的加速度为a，A、B之间的摩擦力为f，分别对整体和A，由牛顿第二定律得解得f=0，C正确，ABD错误。故选C。3．D【解析】【分析】【详解】在竖直面内，对、两物体整体有对b分析有解得水平面上，对、两物体整体有对b分析有解得所以，选项D正确，ABC错误。故选D。4．B【解析】【分析】【详解】设球的质量为m，方盒的质量为M，在圆球与方盒下滑的过程中，由于不受摩擦，对整体，由牛顿第二定律可知对球，设方盒前壁对球的支持力为F´，由牛顿第二定律可知所以有F´＝0故球对方盒前壁的压力F始终为零；对方盒底面的压力为当θ增大时，可知N减小。从以上分析可知，当θ增大时，下滑过程中圆球对方盒前壁压力F始终不变，且等于零，对方盒底面的压力N减小。故选B。5．D【解析】【分析】【详解】以A为研究对象，分析受力如图：根据牛顿第二定律得解得方向水平向右。小车对B的摩擦力为方向水平向右小车对B的支持力大小为N=mg方向竖直向上则小车对物块B产生的作用力的大小为方向斜向右上方选项D正确，ABC错误。故选D。6．B【解析】【分析】【详解】A.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得解得，故A正确；B.以m2为对象，可得解得，故B错误；C.撤去时，弹簧的弹力还未发生改变，故的加速度为C正确；D.撤去时，弹簧的弹力还未发生改变，故的加速度为故D正确；故选B。7．A【解析】【分析】【详解】A．AB之间的最大静摩擦力为B与地面间的最大静摩擦力为当时，AB一定相对地面静止，但当时，AB不会相对地面静止不动，故A错误；BC．当AB间刚好发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得对A，根据牛顿第二定律得解得当 ，AB相对静止，以AB整体为对象，根据牛顿第二定律得解得，A的加速度为当 ，AB间会发生相对滑动。故BC正确； D．A对B的最大摩擦力为，B受到的地面的最大静摩擦力，根据牛顿第二定律得解得的最大加速度为即无论F为何值，B的加速度都不会超过，故D正确。本题要求选择错误的，故选A。8．BD【解析】【分析】【详解】A．前10s的加速度为由牛顿第二定律得解得F1=1515N，A错误；B．根据位移等于面积得，前36s上升28m，后10s下降6m，46s末离开地面的高度为22m，B正确；C．后30s到46s的过程中，加速度方向向下，拉力小于重力，在0~10s钢索最容易发生断裂，C错误；D．后30s到46s的过程中，加速度方向向下，都处于失重状态，D正确。故选BD。9．BCD【解析】【分析】【详解】ABD．对A、B在水平方向受力分析，对有对有又两物块运动的图像如图所示在这个过程中，A所受的合力（加速度）减小，而B所受的合力（加速度）增大，时刻，两物块加速度相等，图线斜率相同，速度差最大；时刻之后，A的速度仍大于B的速度，弹簧仍在伸长，A所受的合力仍在减小，加速度仍在减小，B所受的合力（加速度）仍在增大，速度仍在增大，故A错误，BD正确；C．时刻两物块的速度相等，两实线之间围成一面积有最大值，即两物块的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长，弹性势能最大，选项C正确。故选BCD。10．ABD【解析】【分析】本题考查整体法和隔离法的应用。先用整体法对M、m分析，根据牛顿第二定律列式，再用隔离法对M分析，根据牛顿第二定律列式，最后联立求解即可。【详解】A B C．对M、m整体分析，受重力、支持力N和推力，根据牛顿第二定律得水平方向竖直方向再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律得水平方向竖直方向联立解得，，故A、B正确，C错误；D．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体根据牛顿第二定律得对m根据牛顿第二定律得解得即F变大，故D正确。故选ABD。11．AC【解析】【分析】【详解】A.对A由牛顿第二定律得解得A错误； B.由平衡条件得解得B正确；C.由平衡条件得解得C错误；D.由牛顿第二定律得解得D正确；故选AC。12．BC【解析】【分析】【详解】A．经分析可知，当滑块在B处下方0.2 m处时，滑块的加速度为零、速度最大．故A错误；B．由图像可知，即
 解得选项B正确；CD．滑块所受重力沿斜面向下的分力大小G1=mgsin37°=6N滑块对斜面的压力大小N=mgcos37°=8N滑块在B点上方时，根据牛顿第二定律有G1+kx-μN=ma解得：a=kx+6-8μ结合题图乙可得：k=N/m=10 N/m6-8μ=2即：μ=0.5故C正确，D错误。故选BC。13．ABC【解析】【分析】【详解】A．若传送带不动，工件的加速度a=μg=1m/s2由得m/s=3m/s选项A正确；B．若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a=μg=1m/s2工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB=3m/s选项B正确；CD．若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为a=μg=1m/s2当工件的速度减为零时，有所以工件达到B端时一直做匀减速运动，达到B端的瞬时速度m/s=3m/s选项C正确，D错误。故选ABC。14．AD【解析】【分析】【详解】A．工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1代入数据解得a1=μg=5 m/s2经t1时间与传送带的速度相同，则有前进的位移为x1=a1t12=1.6m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时所以工件第一次到达B点所用的时间为t=t1+t2=1.9s选项A正确；
B．设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得a2＝2m/s2由匀变速直线运动的速度位移公式得代入数据解得s=4m选项B错误；
CD．工件到达最高点后将沿斜面下滑，下滑的加速度仍为a2＝2m/s2，则滑到斜面底端时的速度为4m/s，然后滑上水平传送带做匀减速运动，加速度为a1 =5 m/s2，当速度减为零时滑行的距离为然后返回向右运动，则物体不能回到A点；物体向右加速，当到达斜面底端时的速度仍为4m/s，然后滑上斜面重复原来的运动，可知工件第一次返回B点后，会在传送带上来回往复运动，选项C错误，D正确。故选AD。15．AB【解析】【分析】【详解】当M与m间的静摩擦力木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得此时对整体分析，可知二者不发生相对滑动的最大外力为当F<7N时，am=aM <1 m/s2；当F>7N时，am=1 m/s2，aM >1 m/s2。故选AB。16．(1)0.4；(2)2.88m【解析】【分析】【详解】(1)由匀变速直线运动规律可得，物体在前4s内的加速度为物体共受到四个力的作用：重力G，拉力F，支持力FN1，滑动摩擦力F3，建立图示坐标系，由牛顿第二定律可得联立可得 (2)撤去拉力时，物体的速度为撤去拉力后，物体共受到三个力的作用：重力G，支持力FN2，滑动摩擦力F4，物体做匀减速运动，设加速度为a2，此时建立图示坐标系，由牛顿第二定律解得则