高中物理教科版必修15 牛顿运动定律的应用当堂达标检测题

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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14（含解析）  1．如图所示，物块以初速度从底端沿足够长的光滑斜面向上滑行，不考虑空气阻力，则该物块在斜面上运动全过程的图象是（    ）A． B．C． D．2．如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如右图乙所示．则（    ）A．F的最大值为12 NB．0～1s和2～3s内物体加速度的方向相反C．3s末物体的速度最大，最大速度为8m／sD．在0～1s内物体做匀加速运动，2～3s内物体做匀减速运动3．如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1，C2，C3，则（    ）A．物体到达C1点时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同C．物体到达C3的时间最短 D．在C3上运动的加速度最大4．如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同， 且一直作用下去，设小球从静止开始运动，由此可判定（　　）A．小球先向前运动，再返回停止B．小球先向前运动，再返回不会停止C．小球始终向前运动D．小球向前运动一段时间后停止5．如图所示，斜面固定在地面上，倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图像是选项图中的(取初速度v0的方向为正方向)(g=10 m/s2)(　　)A． B． C． D．6．如图所示，一个木球在足够深的水池的上方自由下落进入水中，忽略空气阻力，水的阻力（不包含水的浮力）大小不变，能粗略描述木球运动的v-t图是（　　）A． B．C． D．7．如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则（  ）A．小车做匀减速直线运动B．AB杆将会倾斜C．绳的张力减小D．弹簧的弹力不变8．如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A以=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度=10m/s，只在滑动摩力作用下向右做匀减速运动，B与水平地面的动摩擦因数μ=0.2，那么物体A追上物体B所用的时间为A．7s B．8s C．9s D．10s9．如图所示，用力F推放在光滑水平面上的物体P，Q，R，使其一起做匀速运动．若P和Q之间的相互作用力为6N，Q和R之间的相互作用力为4N，Q的质量是2kg，那么R的质量是A．1kg B．2kg C．3kg D．4kg 10．如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列说法正确的是(      )A．物体一直受到摩擦力作用,大小为μmgB．物体最终的速度为v1C．开始阶段物体做匀加速直线运动D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右11．一质量为m=1kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1s末撤去恒力F，其v－t图象如图所示，则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是（  ）A．F=9NB．F=8NC．Ff=2ND．Ff=3N12．如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k。下列判断正确的是（　　）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则13．如图所示，小木块以水平速度冲上一静置于光滑水平面上足够长的木板，与此同时，给小木块施加一反向的水平推力F，该力随时间的变化规律为（k是常数）。最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。图中关于小木块和木板速度随时间变化的图像可能正确的是（　　）A． B．C． D．14．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37 .现有两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5. （g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）下列说法中正确的是（    ）A．物块A到达底端的速度比B到达底端的速度大B．物块A和B同时到达底端时速度大小相等C．物块A先到达传送带底端D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:315．如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图所示、已知物块A的质量 m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A．两物块间的动摩擦因数为0.2B．当0<F<4N时，A、B保持静止C．当4N<F<12N时，A、B发生相对运动D．当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大  16．如图所示，用电动机带动倾斜传送带将货物从底端运送到顶端，A、B为传送带上表面平直部分的两端点，AB长为L = 30 m，传送带与水平面的夹角为θ（θ未知），保持速度v= 6m/s顺时针转动。将某种货物轻放在底端A，正常情况下，经加速后匀速，用时t0=8s时间货物到达B端。某次运送这种货物时，货物从传送带A端无初速度向上运动Δt=7.5s时，电动机突然停电，传送带立刻停止转动，但最终该货物恰好到达B端。取g=10m/s2，求：(1)货物在传送带上向上加速运动时的加速度大小a1；(2)传送带停止转动后，货物运动的加速度大小a2；(3)货物与传送带之间的动摩擦因数μ。
参考答案1．A【解析】【分析】【详解】物体在运动过程中，只受到重力和支持力作用，合力不变，加速度不变，则物体先匀减速直线运动，速度为零后做匀加速直线运动返回，加速度不变，故A正确。故选A。2．C【解析】【分析】【详解】A．第3s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律知F合=ma知合外力为12N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力大于12N，故A错误；B．物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3s内始终做加速运动，第3s内加速度减小说明物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，故B错误；C．因为物体速度始终增加，故3s末物体的速度最大，再根据△v=a△t知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在a-t图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，△v=（1+3）×4=8m/s物体由静止开始加速运动，故最大速度为8m/s，所以C正确；D．第2s内的物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0-1s内物体做加速增大的加速运动，2-3s内物体做加速度减小的加速运动，故D错误；故选C。3．C【解析】【分析】【详解】在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度斜面倾角越大，加速度越大，所以上运动的加速度最大，根据几何知识可得：物体发生位移为，物体的初速度为零，所以解得倾角越大，时间越短，物体到达的时间最短，根据得，，知到达底端的速度大小相等，故C正确。故选C。4．C【解析】【分析】【详解】由图象可知，在每一秒的时间间隔内，合力为恒力，所以物体做匀变速运动；在0~1s内质点由静止开始做匀加速直线运动，1~2s内合力与运动方向相反，物体做匀减速直线运动，且加速度大小与0~1s内相等，当t=2s时，速度减为0；之后物体又从静止开始做匀加速直线运动，重复前2秒的运动形式，所以物体不断向一个方向运动，故C正确，ABD错误。故选C。5．B【解析】【分析】【详解】滑块上升过程中受滑动摩擦力，由Ff=μFN和FN＝mgcos θ，联立解得Ff=6.4 N，方向沿斜面向下；当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＜μmgcos θ，滑块将保持静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff=mgsin θ，代入可得静摩擦力Ff=6 N，方向沿斜面向上．AB. 当滑块的速度减为零后，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N，方向沿斜面向上，故选项A不合题意，选项B符合题意；C. 滑块上升滑动过程中受的滑动摩擦力大小为6.4N，方向沿斜面向下；当滑块的速度减为零后，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N，方向沿斜面向上，故选项C不合题意；D. 滑块上升滑动过程中受的滑动摩擦力大小为6.4N，方向沿斜面向下，应取负值，故选项D不合题意．6．D【解析】【分析】【详解】A．开始小球做自由落体运动，进入水中后向下做减速运动，由于球的材质是木头，所以减速的加速度小于重力加速度，选项A错误；B．木球在水里向下运动和向上运动水的阻力方向不同，产生的加速度不同，选项B错误；CD．在水里向下运动阻力向上，向上运动阻力向下，所以在木球水里向下运动时加速度大于它向上运动时的加速度，选项C错误，D正确。故选D。7．D【解析】【分析】【详解】A．因为小球和小车保持相对静止，故小球与小车具有相同的加速度，设小球的质量为m，加速度为a，对小球进行受力分析有：由图可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小车向左运动，故小车向左做匀加速直线运动，故A错误；BD．小球在竖直方向平衡，故绳中拉力：同一根绳故B点受到绳的拉力大小也为：此力在竖直方向的分力大小与mg相等，故AB杆仍保持水平，对弹簧，由于形变没有发生变化故弹簧的弹力不变，故B错误，D正确；C．小球静止时，绳的张力大小和小球的重力相等，匀加速后绳的张力变为故C错误。故选D正确．8．B【解析】【分析】【详解】B匀减速运动的加速度大小a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，B速度减为零的时间，此时A的位移xA=vAt1=4×5m=20m，B的位移xB＝m＝25m，由于xB+s＞xA，可知B速度减为零时，A还未追及，继续追及的时间s＝3s，则物体A追上物体B所用的时间t=t1+t2=5+3s=8s，故B正确，ACD错误．故选B．9．D【解析】【分析】【详解】对Q受力分析由牛顿第二定律F=ma可得即：6-4=2a解得：a=1m/s2对R分析，由牛顿第二定律可得：其中a=1m/s2，所以=4kg。A. 1kg，与结论不相符，选项A错误；    B. 2kg ，与结论不相符，选项B错误；    C. 3kg，与结论不相符，选项C错误；    D. 4kg ，与结论相符，选项D正确；    故选D。10．BC【解析】【分析】【详解】ABC．物体无初速的轻放在左端时，由于相对运动产生了滑动摩擦力，方向水平向右，大小，物体在滑动摩擦力作用下，做匀加速直线运动，因为传送带足够长，所以经过一段时间，物体的速度与传送带相等，即为，此时物体与传送带之间没有相对滑动，摩擦力为零，与传送带一起匀速运动，故A错误，BC正确；D．物体匀速运动时，受力平衡，水平方向不受摩擦力，故D错误。故选BC。11．AD【解析】【分析】【详解】由图线知,匀加速直线运动的加速度a1=6/1 m/s2=6m/s2匀减速直线运动的加速度大小a2=6/(3−1) m/s2=3m/s2.根据牛顿第二定律得F−f=ma1，F−f=6f=ma2，f=3N.解得F=9N，f=3N.故选AD。12．BD【解析】【分析】【详解】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小所以和之间相互作用力为与之间相互作用力所以可得与是否为零无关，故有恒成立。故选BD。13．AB【解析】【分析】【详解】设小木块的质量为m，木板的质量为M，二者之间的动摩擦因数为μ；开始小木块相对于木板向右运动，木板对小木块的摩擦力向左，小木块对木板的摩擦力向右。
对小木块根据牛顿第二定律可得kt+μmg=ma1解得对木板根据牛顿第二定律可得μmg=Ma2解得所以在二者速度相等之前，小木块的加速度逐渐增大，v-t图象的斜率逐渐增大，木板的速度图象斜率不变；
①如果速度相等时水平推力比较小，二者一起向前减速运动一段时间再分开，此过程中的加速度大小逐渐增大，斜率增大，当力F达到一定值时二者分开，以后木板的加速度大小不再变化，木板先减速到零，后反向加速，而小木块先做加速度增大的减速运动，后反向加速；
②如果速度相等时水平推力比较大，二者分开，木板的加速度不再变化，木板先减速到零，后反向加速，而小木块先做加速度增大的减速运动，后反向加速；
根据分析可知，图中关于小木块和木板速度随时间变化的图象可能正确的是AB、错误的是CD。
故选AB。14．BD【解析】【分析】【详解】ABC．分析A受力可知,A物体重力的下滑分量大于滑动摩擦力,即相对于皮带向下加速,加速度为: 分析B的受力可知，B相对于皮带也是向下滑的，摩擦力向上，其加速度也表达为: 可见两个物体的加速度相同，加速位移一样，由运动学公式知，AB两物体滑到底端时时间相同，由可知到达底端速度大小相等，故AC错误，B正确;D．划痕长度由相对位移决定,由以上方程可以求得加速度为代人可以求得时间为，对A物体与传送带运动方向相同B物体的划痕为:故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:3，D正确．故选BD。15．AB【解析】【分析】【详解】A．由图中可知，A、B之间的滑动摩擦力为6N，故摩擦因数为A正确；B．有图中可知，当0<F<4N时，A、B之间的摩擦力为0，故A、B保持静止状态，B正确；C．当F>12N时，A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力，故当F>12N时，A、B发生相对滑动，C错误；D．当F>12N时，A受到的滑动摩擦力不变，故其加速度不在变化，D错误；故选AB。16．(1) ；(2) ；(3) 【解析】【分析】【详解】(1)设加速时间为t1，由于加速过程中的平均速度为，则从A到B的过程中解得因此加速运动过程中的加速度(2) 传送带停止转动时，物体到B的距离根据可得负号表示加速度方向向下，大小为(3)根据牛顿第二定律，开始物体向上加速过程中传送带停止转动时，物体向上减速过程中代入数据，整理得