4.5 牛顿运动定律的应用 同步测试题—2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册（word含答案）

4.5
牛顿运动定律的应用
一、单选题。本大题共10小题，每小题只有一个选项符合题意。
1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，下列图象可能正确反映雨滴下落运动情况的是（
）
A．B．C．
D．
2．如图所示，放在光滑水平面上的物体A和B，质量分别为2m和m，第一次水平恒力F1作用在A上，第二次水平恒力F2作用在B上．已知两次水平恒力作用时，A、B间的作用力大小相等．则(　　)
A．F1B．F1＝F2
C．F1>F2
D．F1>2F2
3．光滑水平面上，质量为4kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动，0～2s内的位移为6m，质量为2.5kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动，0～3s内的位移为9m，则F1与F2的比值为（
）
A．1：3
B．3：4
C．12：5
D．9：8
4．质量为0.8
kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v－t图象，则拉力与摩擦力之比为（　　）
A．9∶8
B．4∶3
C．2∶1
D．3∶2
5．如图所示,在竖直墙壁间有质量为m、倾角为30°的直角楔形木块A和质量为2m的光滑圆球B,两者能够一起以加速度a匀加速竖直下滑.已知a(g为重力加速度),则木块与左侧墙壁之间的动摩擦因数为
(　　)
A．
B．
C．
D．
6．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为α，当地重力加速度为g，那么当有一个质量为m的物体在这个斜面上自由下滑时，小车对右侧墙壁的压力大小是（
）
A．mgsinαcosα
B．Mmgsinαcosα/(M+m)
C．mgtanα
D．Mmgtanα/(M+m)
7．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v–t图象如图乙所示，重力加速度g取10
m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是（　）
A．0~6
s加速，加速度大小为2
m/s2，6~12
s减速，加速度大小为2
m/s2
B．0~8
s加速，加速度大小为2
m/s2，8~12
s减速，加速度大小为4
m/s2
C．0~8
s加速，加速度大小为2
m/s2，8~16
s减速，加速度大小为2
m/s2
D．0~12
s加速，加速度大小为1.5
m/s2，12~16
s减速，加速度大小为4
m/s2
8．两个圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从ABC三处同时静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是
A．从A处释放的球
B．从B处释放的球
C．从C处释放的球
D．同时到达
9．如图,A、B两物块叠放在一起,放在光滑地面上,已知A、B物块的质量分别为m、M.若水平向右的力F1作用在A物块上,物块A、B未相对运动,F1的最大值为FA；若水平向右的力F2作用在B物块上,物块A、B未相对运动,F2的最大值为FB；则FA、FB是（?）
A．1:1
B．M:m
C．m:M
D．m:（M+m）
10．如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则
A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．动摩擦因数
C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
二、多选题。本大题共3小题，每小题有一个选项或多个选项符合题意。
11．如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是（
）
A．物体的加速度将逐渐增大
B．物体的加速度将先减小，后增大
C．物体的速度将逐渐减小
D．物体的速度将先增大，后减小
12．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v2′，则下列说法正确的是（　　）
A．若v1＜v2，则v2′＝v1
B．若v1＞v2，则v2′＝v2
C．不管v2多大，总有v2′＝v2
D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v2
13．如图，两个质量分别为m1=3kg，m2=2kg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=30N，F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）
A．弹簧秤的示数是50N
B．弹簧秤的示数是24N
C．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为2m/s2
D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12m/s2
三、填空题。本大题共4小题。
14．如图所示，放在光滑水平面上的两个相同的物体A和B，A、B接触面的倾角是，接触面光滑，两物体的质量都为，在力的作用下，A和B一起向右做匀加速运动，若要保持A、B间相对静止，力的大小不超过________。
15．飞船降落过程中，在离地面高度为处速度为，此时开动反冲火箭，使飞船开始做减速运动，最后落地时的速度减为。若把这一过程当作匀减速运动来计算，则其加速度的大小等于____________。已知地球表面处的重力加速度为，航天员的质量为，在这过程中航天员对座椅的压力等于_________。
16．一个物体放在光滑的水平面上，处于静止。从某一时刻起，受到如下图所示的力的作用，设力的正方向为向北，物体的质量为。物体在末的位移是______；速度是______，方向______，物体在末的位移是______；速度是______，方向______。
17．如图所示的装置以加速度竖直上升时，装置中质量为的小球对倾角的斜面的压力是________；对竖直板的压力是________。（取）
四、解答题。本大题共4小题，解答过程必修有必要的文字说明，公式和解题过程。
18．如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。
(1)当滑块至少以多大的加速度a向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
(2)当滑块以a′=2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
19．滑雪是常见的体育运动项目。某一山坡滑道可视为倾角的斜面，一滑雪者从静止开始匀加速自由下滑，在时间t=8s内沿山坡滑道滑下的位移s=40m，后又进入水平滑道。设水平滑道足够长，不计空气阻力，取sin14°=0.24，cos14°=0.97，重力加速度g=10m/s2。
（1）求滑雪板与斜面滑道之间的动摩擦因数；
（2）若水平滑道与山坡滑道的动摩擦因数相同，求该滑雪者在水平滑道上滑行的最大距离。
20．如图所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为10t的货车行驶到一个长下坡时，因刹车失灵以36km/h的初速度沿坡向下加速运动，在加速前进了1km后，驾驶员将车从干道驶入制动坡床并冲上坡床40m后停止。若货车在该长下坡每行驶1km高度下降120m，受到的阻力是车重的10%，制动坡床与水平面的夹角为（sin=0.3）。取重力加速度g=10m/s2，若车从干道驶入制动坡床时的速度大小不变，求：
（1）货车刚驶入制动坡床时的速度；
（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力。
21．如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25
m，传送带以v0＝10
m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5
kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin
37°＝0.6，g取10
m/s2，求：
（1）当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
（2）煤块从A到B的时间；
（3）煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。
参考答案
1．C
【解析】根据牛顿第二定律得
a＝
速度增大，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，速度时间图线切线斜率表示加速度．
故选C。
2．C
【解析】设A、B间作用力大小为，则水平恒力作用在A上时，隔离B受力分析有：，整体有：，水平恒力作用在B上时，隔离A受力分析有：，整体有：，解得：，，所以，故C正确，ABD错误．
3．C
【解析】第一个物体的加速度
，
则由运动公式
可得
解得F1=12N；
同理，第二个物体的加速度
则由运动公式可得：
解得F2=5N；则
F1：F2=12：5
故选C。
4．D
【分析】
解决本题的关键能够从速度时间图线中求出加速度，然后通过牛顿第二定律进行求解．在该问题中要注意拉力可能与速度方向相同，可能相反．通过速度时间图线分别求出a、b的加速度，再通过牛顿第二定律求出摩擦力和拉力的大小．
【解析】a图线的加速度大小
b图线的加速度大小
当拉力方向与速度方向相同时，可能加速，所以，b图线表示有拉力，a图线没有拉力，根据牛顿第二定律有
F-f=ma2，f=ma1
代入数据解得
f=1.2N，F=1.8N
则拉力与摩擦力之比为3:2，D正确。
故选D。
5．A
【解析】光滑圆球B受力如图所示：
由牛顿第二定律得
，
对A、B系统，由牛顿第二定律得
联立解得：，故A正确；
故选A。
6．A
【解析】分析：小车处于静止状态，对小球进行受力分析，根据水平方向受力平衡即可求解．
解答：解：对小车进行受力分析，如图所示：
小车处于静止状态，受力平衡，水平方向有：
N=mgcosαsinα
故选A
点评：本题主要考查了同学们受力分析的能力，难度不大，属于基础题．
7．C
【解析】速度与时间图象的斜率表示加速度，根据图像可得0~6
s车加速运动，加速度为，6s以后做匀减速直线运动，加速度为，车上的物块开始时做加速运动，加速度由牛顿第二定律可得
6s时车的速度为，物块的速度为
此时车的速度大于物块的速度，物块继续加速，设还需要时间物块跟车共速，则有
代值可得
即在0~8s内物块加速，之后开始做减速运动，减速的加速度为
减速的时间为
物块减速运动的时间为8s，所以物块在0~8
s加速，加速度大小为2
m/s2，8~16
s减速，加速度大小为2
m/s2故C正确，ABD错误。
故选C。
8．B
【解析】设轨道与竖直方向夹角为α，圆的半径为r，则圆内轨道的长度s=2rcosα，下滑的加速度
a=＝gcosα
根据位移时间公式得，x＝at2，则
即当轨道的端点在圆周上时，沿不同轨道下滑到底端的时间相同；由题意可知．A在圆周上，B在圆内，C在圆外，可知B球下滑的时间最短，即最先到达圆2的圆周上的球是B球。
故选B。
9．C
【解析】当作用在A物体上时，A、B未发生相对滑动，则说明的最大值（f为最大静摩擦力），此时对整体有
对B有
联立解得
当作用在B上时，两者未发生滑动，则说明B的加速度未大于A的最大加速度，而此时A的加速度是AB间的摩擦力提供，故即最大加速度为，故对整体有
联立解得
故选C。
10．B
【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；联立解得：，故B正确．
11．BD
【解析】小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，小球接触弹簧后速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，压缩过程中，小球所受合力先变小后变大．小球刚接触弹簧瞬间速度不是最大，当弹力与重力的分力平衡时，速度最大．故BD正确，AC错误。
故选BD。
12．AB
【解析】由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况讨论：
A．如果v1＜v2，物体返回地会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2′=v1；故A正确；
B．如果v1＞v2，返回时物体会一直向右加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′=v2；故B正确；
CD．如果v1=v2，物体返回时同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2′=v2；综上可知，CD错误；
故选AB。
13．BCD
【解析】AB．把m1、m2看成一个整体，则合力为30N－20N=10N，方向向右；则两个物体的加速度为
方向向右；再将m1隔离开来，单独对它进行受力分析，在水平方向上，m1受到F1、弹簧的作用力T，故由牛顿第二定律可得
故
故A错误，B正确；
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的受力情况没有突然发生改变，故其加速度仍是不变的，仍是2m/s2，故C正确；
D．m2则只受到弹簧的拉力的作用，故此时其加速度的大小为
故D正确。
故选BCD。
14．
【解析】如图所示，AB间相互作用力大小为，对B受力分析，水平方向，根据牛顿第二定律有
竖直方向，根据平衡条件有
对AB整体，根据牛顿第二定律有
联立，可得
15．
【解析】[1]以运动方向为正方向，由位移与速度关系
整理得加速度大小为
[2]以加速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得
联立解得，座椅对航天员的支持力为
由牛顿第三定律可知，航天员对座椅的压力等于
16．
向北
向北
【解析】[1][2][3]力等于2N时物体的加速度
物体先向北运动2s位移为
然后向北减速2s，速度减为零，位移仍为0.8s，然后向北加速1s时位移为
物体在末的位移是
s5=0.8m+0.8m+0.2m=1.8m
速度为
方向向北；
[4][5][6]根据以上分析可知，先向北加速2s，后减速2s，再向北加速2s，再减速2s，……，如此反复，则物体在末的位移是
s10=0.8m×5=4m
速度为
方向向北。
17．150
90
【解析】取小球为研究对象，小球受力：重力mg、斜面对球支持力N1、挡板对小球支持力N2，建立坐标系如图
[1]根据牛顿第二定律得y轴方向有
得
N1=150N
[2]x方向有
解得
18．（1）g；（2）mg
【解析】(1)假设滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、线的拉力F和斜面的支持力FN作用，如图甲所示
由牛顿第二定律得
水平方向
Fcos
45°-FNsin
45°=ma
竖直方向
Fsin
45°＋FNcos
45°-mg=0
由上述两式解得
FN=
F=
由此两式可以看出，当加速度a增大时，球所受的支持力FN减小，线的拉力F增大。
当a=g时，FN=0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为
F==mg
所以滑块至少以a=g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零；
(2)当滑块加速度a>g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图乙所示
此时细线与水平方向间的夹角α<45°。由牛顿第二定律得
F′cosα=ma′
F′sinα=mg
解得
F′=m=mg
19．（1）0.12；（2）41.67m
【解析】（1）由位移-时间公
可知，加速度大小为
由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）滑雪者到达水平滑道时的速度为
在水平滑道上，由牛顿第二定律得
代入数据解得
滑雪者在水平滑到上滑行的最大距离为
20．(1)；(2)
【解析】(1)车在干道上加速下滑过程，初速度，位移x=1000m，由运动学公式可得
由牛顿第二定律可得
其中，，联立可得。
(2)冲上坡床l=40m后停止，由牛顿第二定律可得
由运动学公式可得
联立代入数据可解得。
21．（1）不能；（2）1.5
s；（3）5
m
【解析】(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有
所以它们不能相对静止.
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间
发生的位移
煤块速度达到v0后，因μgcos
θθ，故煤块继续沿传送带向下加速运动，则
由
得
煤块从A到B的时间为
(3)第一过程痕迹长
第二过程痕迹长
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5
m。