2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册4.5牛顿运动定律的应用--提高 同步练习(Word版含答案)
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册4.5牛顿运动定律的应用--提高 同步练习(Word版含答案) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 732.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-12-14 14:48:53 | ||
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文档简介
4.5牛顿运动定律的应用--提高
一、单选题
1．如图所示，质量分别是和的木块A和B，静止在光滑的水平面上，中间用一未形变的轻质弹簧与相连。若用一水平向右的恒力推A，使开始运动，某时刻A的加速度是，已知弹簧始终处于弹性限度内，则此时B的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．无法确定
2．某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ；游客的质量为m；滑梯的质量为M；重力加速度为g。游客下滑过程中，加速度为（ ）
A． B． C． D．g
3．如图所示, 、两个物体通过一轻弹簧相连,已知,．现对施加一大小为3的水平恒力,使它们一起沿粗糙的水平地面向右做匀速运动,某时刻突然撤去力,此时、两物体的加速度分别为、,则( )
A．
B．,方向水平向左
C．,方向水平向左,
D．,方向水平向右, ,方向水平向左
4．如图所示，物块A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1．现用3 N的水平拉力作用在物体A上，则A对B的拉力等于( )
A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N
5．如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b．当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是（ ）
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
6．质量为m的物块恰好能在倾角为θ的粗糙斜面上匀速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，则物块将
A．匀速下滑 B．匀加速下滑 C．匀减速下滑 D．以上情况都有可能
7．如图所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．0~2s物体没有推动，是因为推力小于摩擦力
B．2~4s物体受到的摩擦力是2N
C．2~4s物体受到的摩擦力是3N
D．4~6s物体受到的静摩擦力为3N
8．质量为的物体A和质量为m的物体B相互接触放在水平面上，如图所示，若对A施加水平推力F，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．若水平面光滑，则物体A的加速度为
B．若水平面光滑，则物体A对B的作用力为
C．若水平面光滑，则物体A对B的作用力为
D．若物体A、B与地面的动摩擦因数均为，则物体A对B的作用力为
9．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）
A．F-2μmg B．F+μmg C．F-μmg D．F
10．如图所示，小物块以初速度12.5m/s从斜面最底端上滑，斜面倾斜角为30°且足够长，小物块与斜面间的动摩擦因数为，则2s末小物块与斜面底端的距离为（取g=10m/s2）（ ）
A．6.25m B．0 C．12.625m D．5m
11．如图所示，质量m=1.0kg的小滑块以v0=4m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A处滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为，sin37°=0.6。若从滑块滑上斜面起开始计时，经0.5s滑块正好通过B点，则A、B之间的距离为（ ）
A．0.75m B．0.79m C．0.8m D．1.25m
二、多选题
12．如图所示，三个完全相同的质量为的物体分别放在甲、乙、丙图中三个完全相同的固定斜面上。甲图中，物块以加速度沿斜面匀加速下滑，乙图中，在物块上表面粘一质量为的小物块，二者一起沿斜面下滑，丙图中，在物块上施加一个竖直向下的恒力，则（ ）
A．甲、乙、丙三图中，物块都匀加速下滑，加速度各不相同
B．甲、乙、丙三图中，物块都匀加速下滑，加速度均为
C．乙图中，物块仍以加速度匀加速下滑
D．丙图中，物块将以大于的加速度匀加速下滑
13．如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图象如图乙所示．若重力加速度g=10m/s2，则
A．斜面的长度 B．斜面的倾角
C．物块的质量 D．物块与斜面间的动摩擦因数
14．如图所示，两个完全相同的小车质量为M，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量为m的小球，若分别施加水平恒力F1、F2，整个装置分别以加速度a1、a2做匀加速运动，但两条细线与竖直方向夹角均为θ，则下列判断正确的是（ ）
A．两细线的拉力大小相同 B．地面对两个小车的支持力相同
C．水平恒力F1=F2 D．两个小车的加速度a1=a2
15．如图所示，质量为m的物块A与质量为M的滑块B通过轻绳跨过光滑定滑轮相连，不计B与水平桌面间的摩擦，重力加速度为g。在A未落地且B未到达定滑轮的运动过程中，物块A的加速度为a，轻绳拉力为FT，则（ ）
A． B． C． D．
三、实验题
16．在一次课外活动中，某同学用图所示装置测量铁块A与放在水平光滑桌面上的金属板B间的动摩擦因数。（结果保留两位小数）
(1)已知铁块A的质量mA= 1kg。金属板B的质量mB=0.5kg。用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图所示，则A、B间的摩擦力Ff=____N。A、B间的动摩擦因数μ=______。 （g取10m/s）
(2)该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，纸带在打点计时器打下B点时的瞬时速度为____m/s，金属板B的加速度a=_____m/s2，可求得水平力F=____N。
四、解答题
17．一质量为的物块在一水平拉力作用下由静止开始沿水平面做直线运动，作用后撤去，整个运动过程中物体的速度、时间图像如图所示，取。求：
(1)物块与水平面之间的动摩擦因数；
(2)水平拉力的大小。
18．如图所示，质量为的物体放在粗糙的斜面上，当斜面的倾角为时，物体恰好可以沿斜面匀速下滑，（已知：，，）求：
（1）物体与木板间的动摩擦因数；
（2）保持倾角不变，为使物体可以匀速上滑，需沿斜面加多大的推力？
19．如图所示，木块重60N放在倾角为的斜面上，用的水平力推木块，木块恰能沿斜面匀速下滑，求：
（1）木块与斜面间的摩擦力大小；
（2）木块与斜面间的弹力，.
20．如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在倾角为37°，F=10N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撤去F，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）物体做加速运动时的加速度a；
（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？
21．如图所示，有一斜面长L=4 m，倾角的斜面．g取，，．
（1）如斜面光滑，求木块从斜面顶端自由下滑的加速度大小；
（2）若木块与斜面间的动摩擦因数，求木块从斜面顶端下滑过程中加速度的大小；到达底端时的时间和速度的大小；
（3）若木块与斜面间的动摩擦因数，木块以初速度从斜面的底端冲上斜面，求木块冲上斜面过程中的加速度大小及冲上斜面所用的时间？
参考答案
1．B
【详解】
对A木块，受力分析可得
对B木块，受力分析可得
因为连接A、B的是同一根弹簧，故
联立，可得
故选B。
2．A
【详解】
根据牛顿第二定律
解得游客下滑过程中。
故选A。
3．C
【解析】
【分析】
在未撤去外力时，通过整体求的摩擦因数，然后隔离B物体有共点力平衡求的弹簧的弹力，当撤去外力时，根据弹簧的特点，对B受力分析判断出加速度，然后在对A受力分析根据牛顿第二定律求的加速度．
【详解】
在未撤去外力时，对整体受力分析由共点力平衡可得F-μ（mA+mB）g=0，解得：μ=0.1，对B受力分析可得F弹-μmBg=0，解得：F弹=μmBg=2N；当撤去外力时，由于弹簧的弹力没来的及变化，故B物体受到的力不变，所以匀速运动，加速度为0，对A分析，由牛顿第二定律可得F弹+μmAg=mAaA，解得：，方向水平向左，故C正确，ABD错误．
【点睛】
本题主要考查了整体法和隔离法，关键是抓住弹簧的弹力不能发生突变．
4．A
【详解】
由牛顿第二定律，对A、B系统有：F=（mA+mB）a；对B：T=mBa；解得T=1N；故A正确，BCD错误；故选A．
5．D
【详解】
试题分析:对小球受力分析如图所示：
当小车做匀速运动时，小球也做匀速运动，小球受力平衡，此时，，所以在b点处不一定受到支持力，选项A、B均错误．若小车向左做匀加速直线运动，小球加速度方向向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，，所以在a点处不一定受到支持力，选项C错误、D正确．故选D．
考点：本题考查了受力分析、牛顿第二定律、共点力的平衡、力的合成与分解．
6．A
【详解】
试题分析：未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，
由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ
得：sinθ=μcosθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f=μ（F+mg）cosθ
重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sinθ，则上可知：（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故选A.
考点：物体的平衡状态.
7．B
【详解】
A．根据图乙可知，物体在0~2s内处于静止状态，在水平方向受到的推力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
BCD．根据图乙可知，物体在4~6s内处于匀速直线运动状态，在水平方向受到的推力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙可知，在4~6s内物体受到的推力大小为2N，所以此时物体受到的滑动摩擦力大小为
根据图乙可知，物体在2~4s内处于加速运动状态，因为物体对水平面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以物体此时受到的滑动摩擦力不变，仍然为2N，故B正确，CD错误。
故选B。
8．C
【详解】
ABC．若水平面光滑，物体A、B整体做匀加速运动，加速度大小为
物体A对B的作用力为
故AB错误，C正确；
D．若物体A、B与地面的动摩擦因数均为，物体A、B整体做匀加速运动的加速度大小为
物体A对B的作用力为
故D错误。
故选C。
9．D
【详解】
根据牛顿第二定律，对PQ的整体
对物体P
解得
故选D。
10．A
【详解】
小物块沿斜面上滑过程，据牛顿第二定律可得
解得
当速度减小为零时所需时间为
沿斜面上滑的最大距离为
在最高点由于
小物块处于静止状态，无法下滑，故2s末小物块与斜面底端的距离为6.25m，A正确。
故选A。
11．B
【详解】
滑块从A滑上斜面过程，由牛顿第二定律可得
解得
至速度为零所需时间为
上滑的最大距离为
然后向下滑行，由牛顿第二定律可得
解得
由题意可知，从最高点经过
到达B点，下滑的位移为
则A、B之间的距离为
B正确。
故选B。
12．CD
【详解】
设斜面的倾角为，甲图中根据牛顿第二定律，知物块沿斜面加速下滑时的加速度
即
乙图中等效于增大质量，结果同甲。丙图，对物块施加竖直向下的压力后，物块的加速度满足
且
故
物块将以大于的加速度匀加速下滑。
故AB错误；CD正确。
13．BD
【分析】
由图乙所示图象可求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数，然后根据物体运动过程分析答题．
【详解】
由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：，，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下降过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：θ=30°，μ=，故BD正确．根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量，故C错误．故选BD．
【点睛】
本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．
14．AB
【详解】
先对图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力,根据牛顿第二定律，有
F2=（M+m）a2
再对图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律，有
F2-Tsinθ=ma2
Tcosθ-mg=0
由以上三式可解得
再对图中小球受力分析，如图
由几何关系得
F合=mgtanθ
则
a1=gtanθ
因为m≠M
a1≠a2
则拉力
T=T′
对整体分析
F1=（M+m）a
则
F1≠F2
在竖直方向上有
N=（M+m）g
所以
N1=N2
故AB正确，CD错误．
故选AB.
15．BD
【详解】
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
解得A、B的加速度大小为
A错误，B正确；
CD．对B由牛顿第二定律可得
C错误，D正确。
故选BD。
16．2.50 0.25 0.25 2.00 3.50
【详解】
(1)[1]因为A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数：
[2]根据：
代入数据可解得：；
(2)[3]根据在匀变速直线运动中中间时刻的速度等于这段的平均速度可知：
[4]金属板做匀加速直线运动，根据：
可得：
代入数据解得：a=2.00m/s2
[5]根据牛顿第二定律有：
代入数据可解得：F=3.50N。
17．(1)；(2)
【详解】
(1)根据v-t图象的斜率表示加速度，可得0-2s加速度大小为
2-5s内的加速度为
根据牛顿第二定律，2-5s内有
解得
(2)根据牛顿第二定律，0-2s内有
解得
18．（1）0.75 （2）
【详解】
（1）当物体恰好匀速下滑时，则有
解得：
（2）若使物体匀速上滑，设施加推力为F，则有
解得：
19．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）对物体受力分析如图：
则有
解得：
（2）由受力分析知
解得：
20．（1）a=0.3m/s2；（2）t2 =0.75s
【详解】
（1）物体在力F作用下做初速度为零的加速运动，受力如图
水平方向有：Fcos37°－f = ma ，竖直方向有：Fsin37°+N－mg=0，且：f = μN，带入数据解得a=0.3m/s2
（2）撤去外力F后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，，解得，根据匀变速方程：= at1 ，0 = －t2 代入数据解得t2 = 0.75s
21．（1）;(2) ;2s, ;(3) ;0.4s
【详解】
（1）如斜面光滑，对木块受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
得
（2）如斜面粗糙，木块向下滑动，对木块受力分析如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件得
平行斜面方向，由牛顿第二定律得
又
联立解得
由
得
由
（3）如斜面粗糙，木块向上滑动，对木块受力分析如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件得
平行斜面方向，由牛顿第二定律得
又
联立解得
设木块向上减到零所走的位移为
因，即木块到达最高点速度不为零，则有
解得
或（舍去）
冲上斜面所用的时间为0.4s
一、单选题
1．如图所示，质量分别是和的木块A和B，静止在光滑的水平面上，中间用一未形变的轻质弹簧与相连。若用一水平向右的恒力推A，使开始运动，某时刻A的加速度是，已知弹簧始终处于弹性限度内，则此时B的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．无法确定
2．某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ；游客的质量为m；滑梯的质量为M；重力加速度为g。游客下滑过程中，加速度为（ ）
A． B． C． D．g
3．如图所示, 、两个物体通过一轻弹簧相连,已知,．现对施加一大小为3的水平恒力,使它们一起沿粗糙的水平地面向右做匀速运动,某时刻突然撤去力,此时、两物体的加速度分别为、,则( )
A．
B．,方向水平向左
C．,方向水平向左,
D．,方向水平向右, ,方向水平向左
4．如图所示，物块A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mA∶mB＝2∶1．现用3 N的水平拉力作用在物体A上，则A对B的拉力等于( )
A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N
5．如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b．当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是（ ）
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
6．质量为m的物块恰好能在倾角为θ的粗糙斜面上匀速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，则物块将
A．匀速下滑 B．匀加速下滑 C．匀减速下滑 D．以上情况都有可能
7．如图所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．0~2s物体没有推动，是因为推力小于摩擦力
B．2~4s物体受到的摩擦力是2N
C．2~4s物体受到的摩擦力是3N
D．4~6s物体受到的静摩擦力为3N
8．质量为的物体A和质量为m的物体B相互接触放在水平面上，如图所示，若对A施加水平推力F，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．若水平面光滑，则物体A的加速度为
B．若水平面光滑，则物体A对B的作用力为
C．若水平面光滑，则物体A对B的作用力为
D．若物体A、B与地面的动摩擦因数均为，则物体A对B的作用力为
9．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）
A．F-2μmg B．F+μmg C．F-μmg D．F
10．如图所示，小物块以初速度12.5m/s从斜面最底端上滑，斜面倾斜角为30°且足够长，小物块与斜面间的动摩擦因数为，则2s末小物块与斜面底端的距离为（取g=10m/s2）（ ）
A．6.25m B．0 C．12.625m D．5m
11．如图所示，质量m=1.0kg的小滑块以v0=4m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A处滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为，sin37°=0.6。若从滑块滑上斜面起开始计时，经0.5s滑块正好通过B点，则A、B之间的距离为（ ）
A．0.75m B．0.79m C．0.8m D．1.25m
二、多选题
12．如图所示，三个完全相同的质量为的物体分别放在甲、乙、丙图中三个完全相同的固定斜面上。甲图中，物块以加速度沿斜面匀加速下滑，乙图中，在物块上表面粘一质量为的小物块，二者一起沿斜面下滑，丙图中，在物块上施加一个竖直向下的恒力，则（ ）
A．甲、乙、丙三图中，物块都匀加速下滑，加速度各不相同
B．甲、乙、丙三图中，物块都匀加速下滑，加速度均为
C．乙图中，物块仍以加速度匀加速下滑
D．丙图中，物块将以大于的加速度匀加速下滑
13．如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图象如图乙所示．若重力加速度g=10m/s2，则
A．斜面的长度 B．斜面的倾角
C．物块的质量 D．物块与斜面间的动摩擦因数
14．如图所示，两个完全相同的小车质量为M，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量为m的小球，若分别施加水平恒力F1、F2，整个装置分别以加速度a1、a2做匀加速运动，但两条细线与竖直方向夹角均为θ，则下列判断正确的是（ ）
A．两细线的拉力大小相同 B．地面对两个小车的支持力相同
C．水平恒力F1=F2 D．两个小车的加速度a1=a2
15．如图所示，质量为m的物块A与质量为M的滑块B通过轻绳跨过光滑定滑轮相连，不计B与水平桌面间的摩擦，重力加速度为g。在A未落地且B未到达定滑轮的运动过程中，物块A的加速度为a，轻绳拉力为FT，则（ ）
A． B． C． D．
三、实验题
16．在一次课外活动中，某同学用图所示装置测量铁块A与放在水平光滑桌面上的金属板B间的动摩擦因数。（结果保留两位小数）
(1)已知铁块A的质量mA= 1kg。金属板B的质量mB=0.5kg。用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图所示，则A、B间的摩擦力Ff=____N。A、B间的动摩擦因数μ=______。 （g取10m/s）
(2)该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，纸带在打点计时器打下B点时的瞬时速度为____m/s，金属板B的加速度a=_____m/s2，可求得水平力F=____N。
四、解答题
17．一质量为的物块在一水平拉力作用下由静止开始沿水平面做直线运动，作用后撤去，整个运动过程中物体的速度、时间图像如图所示，取。求：
(1)物块与水平面之间的动摩擦因数；
(2)水平拉力的大小。
18．如图所示，质量为的物体放在粗糙的斜面上，当斜面的倾角为时，物体恰好可以沿斜面匀速下滑，（已知：，，）求：
（1）物体与木板间的动摩擦因数；
（2）保持倾角不变，为使物体可以匀速上滑，需沿斜面加多大的推力？
19．如图所示，木块重60N放在倾角为的斜面上，用的水平力推木块，木块恰能沿斜面匀速下滑，求：
（1）木块与斜面间的摩擦力大小；
（2）木块与斜面间的弹力，.
20．如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在倾角为37°，F=10N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撤去F，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）物体做加速运动时的加速度a；
（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？
21．如图所示，有一斜面长L=4 m，倾角的斜面．g取，，．
（1）如斜面光滑，求木块从斜面顶端自由下滑的加速度大小；
（2）若木块与斜面间的动摩擦因数，求木块从斜面顶端下滑过程中加速度的大小；到达底端时的时间和速度的大小；
（3）若木块与斜面间的动摩擦因数，木块以初速度从斜面的底端冲上斜面，求木块冲上斜面过程中的加速度大小及冲上斜面所用的时间？
参考答案
1．B
【详解】
对A木块，受力分析可得
对B木块，受力分析可得
因为连接A、B的是同一根弹簧，故
联立，可得
故选B。
2．A
【详解】
根据牛顿第二定律
解得游客下滑过程中。
故选A。
3．C
【解析】
【分析】
在未撤去外力时，通过整体求的摩擦因数，然后隔离B物体有共点力平衡求的弹簧的弹力，当撤去外力时，根据弹簧的特点，对B受力分析判断出加速度，然后在对A受力分析根据牛顿第二定律求的加速度．
【详解】
在未撤去外力时，对整体受力分析由共点力平衡可得F-μ（mA+mB）g=0，解得：μ=0.1，对B受力分析可得F弹-μmBg=0，解得：F弹=μmBg=2N；当撤去外力时，由于弹簧的弹力没来的及变化，故B物体受到的力不变，所以匀速运动，加速度为0，对A分析，由牛顿第二定律可得F弹+μmAg=mAaA，解得：，方向水平向左，故C正确，ABD错误．
【点睛】
本题主要考查了整体法和隔离法，关键是抓住弹簧的弹力不能发生突变．
4．A
【详解】
由牛顿第二定律，对A、B系统有：F=（mA+mB）a；对B：T=mBa；解得T=1N；故A正确，BCD错误；故选A．
5．D
【详解】
试题分析:对小球受力分析如图所示：
当小车做匀速运动时，小球也做匀速运动，小球受力平衡，此时，，所以在b点处不一定受到支持力，选项A、B均错误．若小车向左做匀加速直线运动，小球加速度方向向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，，所以在a点处不一定受到支持力，选项C错误、D正确．故选D．
考点：本题考查了受力分析、牛顿第二定律、共点力的平衡、力的合成与分解．
6．A
【详解】
试题分析：未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，
由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ
得：sinθ=μcosθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f=μ（F+mg）cosθ
重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sinθ，则上可知：（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故选A.
考点：物体的平衡状态.
7．B
【详解】
A．根据图乙可知，物体在0~2s内处于静止状态，在水平方向受到的推力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
BCD．根据图乙可知，物体在4~6s内处于匀速直线运动状态，在水平方向受到的推力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙可知，在4~6s内物体受到的推力大小为2N，所以此时物体受到的滑动摩擦力大小为
根据图乙可知，物体在2~4s内处于加速运动状态，因为物体对水平面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以物体此时受到的滑动摩擦力不变，仍然为2N，故B正确，CD错误。
故选B。
8．C
【详解】
ABC．若水平面光滑，物体A、B整体做匀加速运动，加速度大小为
物体A对B的作用力为
故AB错误，C正确；
D．若物体A、B与地面的动摩擦因数均为，物体A、B整体做匀加速运动的加速度大小为
物体A对B的作用力为
故D错误。
故选C。
9．D
【详解】
根据牛顿第二定律，对PQ的整体
对物体P
解得
故选D。
10．A
【详解】
小物块沿斜面上滑过程，据牛顿第二定律可得
解得
当速度减小为零时所需时间为
沿斜面上滑的最大距离为
在最高点由于
小物块处于静止状态，无法下滑，故2s末小物块与斜面底端的距离为6.25m，A正确。
故选A。
11．B
【详解】
滑块从A滑上斜面过程，由牛顿第二定律可得
解得
至速度为零所需时间为
上滑的最大距离为
然后向下滑行，由牛顿第二定律可得
解得
由题意可知，从最高点经过
到达B点，下滑的位移为
则A、B之间的距离为
B正确。
故选B。
12．CD
【详解】
设斜面的倾角为，甲图中根据牛顿第二定律，知物块沿斜面加速下滑时的加速度
即
乙图中等效于增大质量，结果同甲。丙图，对物块施加竖直向下的压力后，物块的加速度满足
且
故
物块将以大于的加速度匀加速下滑。
故AB错误；CD正确。
13．BD
【分析】
由图乙所示图象可求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出斜面的倾角与动摩擦因数，然后根据物体运动过程分析答题．
【详解】
由图乙所示图象可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移，但是不能求出斜面的长度，故A错误；由图乙所示图象可知，加速度大小：，，由牛顿第二定律得：上升过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下降过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：θ=30°，μ=，故BD正确．根据图示图象可以求出加速度，由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数与斜面倾角，但是无法求出物块的质量，故C错误．故选BD．
【点睛】
本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．
14．AB
【详解】
先对图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力,根据牛顿第二定律，有
F2=（M+m）a2
再对图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律，有
F2-Tsinθ=ma2
Tcosθ-mg=0
由以上三式可解得
再对图中小球受力分析，如图
由几何关系得
F合=mgtanθ
则
a1=gtanθ
因为m≠M
a1≠a2
则拉力
T=T′
对整体分析
F1=（M+m）a
则
F1≠F2
在竖直方向上有
N=（M+m）g
所以
N1=N2
故AB正确，CD错误．
故选AB.
15．BD
【详解】
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
解得A、B的加速度大小为
A错误，B正确；
CD．对B由牛顿第二定律可得
C错误，D正确。
故选BD。
16．2.50 0.25 0.25 2.00 3.50
【详解】
(1)[1]因为A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数：
[2]根据：
代入数据可解得：；
(2)[3]根据在匀变速直线运动中中间时刻的速度等于这段的平均速度可知：
[4]金属板做匀加速直线运动，根据：
可得：
代入数据解得：a=2.00m/s2
[5]根据牛顿第二定律有：
代入数据可解得：F=3.50N。
17．(1)；(2)
【详解】
(1)根据v-t图象的斜率表示加速度，可得0-2s加速度大小为
2-5s内的加速度为
根据牛顿第二定律，2-5s内有
解得
(2)根据牛顿第二定律，0-2s内有
解得
18．（1）0.75 （2）
【详解】
（1）当物体恰好匀速下滑时，则有
解得：
（2）若使物体匀速上滑，设施加推力为F，则有
解得：
19．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）对物体受力分析如图：
则有
解得：
（2）由受力分析知
解得：
20．（1）a=0.3m/s2；（2）t2 =0.75s
【详解】
（1）物体在力F作用下做初速度为零的加速运动，受力如图
水平方向有：Fcos37°－f = ma ，竖直方向有：Fsin37°+N－mg=0，且：f = μN，带入数据解得a=0.3m/s2
（2）撤去外力F后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，，解得，根据匀变速方程：= at1 ，0 = －t2 代入数据解得t2 = 0.75s
21．（1）;(2) ;2s, ;(3) ;0.4s
【详解】
（1）如斜面光滑，对木块受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
得
（2）如斜面粗糙，木块向下滑动，对木块受力分析如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件得
平行斜面方向，由牛顿第二定律得
又
联立解得
由
得
由
（3）如斜面粗糙，木块向上滑动，对木块受力分析如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件得
平行斜面方向，由牛顿第二定律得
又
联立解得
设木块向上减到零所走的位移为
因，即木块到达最高点速度不为零，则有
解得
或（舍去）
冲上斜面所用的时间为0.4s