2019人教版必修第一册第四章5牛顿运动定律的应用分层训练（word版含答案）

2019人教版必修第一册第四章5牛顿运动定律的应用分层训练
一、多选题
1．质量m=1kg的物体静止在水平地面上，t=0时该物体在一水平恒定拉力作用下开始运动，1s末撤去此力，3s末停止运动。其运动的v－t图象如图所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．水平拉力大小为2N B．在0~3s时间内，合力做功为零
C．在0~1s时间内，水平拉力做的功为3J D．物体与地面间动摩擦因数为0.2
2．两辆质量相同的汽车A、B分别在同一水平路面上从静止开始做匀加速运动，速度达到相同最大值后关闭发动机，若运动过程中所受阻力大小都不变，速度一时间关系图象如图所示，则A、B两车（　　）
A．加速时牵引力大小之比为2：1 B．阻力大小之比为1：2
C．牵引力做功的平均功率之比为1：1 D．牵引力的冲量之比为1：1
3．如图所示,有A、B两物体,, 用细绳连接后放在光滑的斜面上, 在它们下滑的过程中
A．它们的加速度
B．它们的加速度小于
C．细绳的张力
D．细绳的张力
二、单选题
4．光滑水平面上倾角为θ、质量为m的光滑斜面上，放置一质量为m0的物块，如图所示，现用一水平恒力F推斜面，物块和斜面一起运动，则斜面对物块的支持力大小为(　　)
A．mgcos θ
B．
C．
D．
5．如图所示，一斜面体放在粗糙水平地面上，某小物块恰好能沿该斜面体的斜面匀速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力大小为f 1 ，若用一不平行于斜面向下的力推小物块，使小物块加速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力大小为f 2 ，则下列关系式正确的是（　　）
A．f 1 =0，f 2 =0
B．f 1 =0，f 2 ≠0
C．f 1 ≠0，f 2 ≠0
D．f 1 ≠0，f 2 =0
6．一物体向上抛出后，所受空气阻力大小不变，从它被抛出到落回原地的过程中（ ）
A．上升时间大于下降时间
B．上升加速度小于下降加速度
C．上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度
D．上升阶段平均速度小于下降阶段平均速度
7．很多智能手机都有加速度传感器。某同学用手托着手机，打开加速度传感器，手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌自由下落，然后接住手机，观察手机屏幕上加速度传感器的图象，取竖直向上为正方向，将其图象简化，如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，手机加速度大小可能大于g
B．到时间内，手机处于完全失重状态
C．时刻，手机加速度大小可能大于g
D．时刻，手机的运动方向为竖直向上
8．如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用水平轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此A和B的加速度分别为a1和a2，则（　　）
A．撤去拉力F的瞬间a1＝0，a2＝－a
B．撤去拉力F的瞬间a1＝a，a2＝0
C．撤去拉力F的之前弹簧拉力的大小T＝F
D．撤去拉力F的之前弹簧拉力的大小T＝F
9．在光滑水平轨道上有两个小球和（均可看做质点），质量分别为和，当两球间的距离大于时，两球间无相互作用；当两球间的距离等于或小于时，两球间存在恒定斥力，若球从距离球足够远处以初速度沿两球连线向原来静止的球运动，如图所示，结果两球恰好能接触，则该斥力的大小为（ ）
A． B． C． D．
10．在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图（甲）所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v–t图象如图（乙）实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行。已知两冰壶质量相等，由图象可得（　　）
A．红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞
B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/s
C．碰撞后，红、蓝两壶运动的时间之比为1∶6
D．碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4∶5
11．如图所示，某人用一F=12N的水平拉力拖着一质量为m=1.0kg的物体在水平地面上做a=9m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则由牛顿第二定律可知物体与地面之间的动摩擦因数为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
12．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，如图为其结构简图。跳楼机由静止开始从a位置自由下落到b位置，再从b位置开始以恒力制动竖直下落到c位置停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g，忽略空气阻力。则（　　）
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从b到c，跳楼机受到的制动力大小等于
D．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为
三、解答题
13．如图所示，一质量M=3.0㎏、足够长的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m=1.0㎏的小木块A，A、B均处于静止状态，A与B间的动摩擦因数μ=0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现给木块A施加一随时间t变化的水平力F=kt（k=2.0N/s），取g=10m/s ．
(1)若木板B固定，则经过多少时间木块A开始滑动；
(2)若木板B固定，求t2=2.0s时木块A的加速度大小；
(3)若木板B不固定，求t1=2.0s时木块A受到的摩擦力大小．
14．如图甲所示，质量M=1kg的薄木板静止在水平面上，质量m=1kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．现给铁块施加一个水平向左的力F．
（1）若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图乙所示，求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2
（2）在第（1）问的基础上，若力F为恒力4N，作用1s后撤去F，最终发现铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L
15．如图所示，一速度为沿顺时针匀速转动的水平传送带，与倾角的粗糙足够长斜面平滑连接，一质量为的小物块，与斜面间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数为，现有小物块以初速度从斜面底端沿斜面上滑。重力加速度。，。求：
（1）小物块沿斜面上滑的最大距离；
（2）若小物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，小物块从离传送带右端最远点到再次滑回到传送带右端所用的时间。
16．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v-t图象如图所示,g取10m／s2．求
（1）小球运动过程中所受阻力大小
（2）小球下落所用的时间
17．如图，是某商场的逃生滑梯示意图。发生紧急情况时顾客通过智能躺垫一起从滑梯滑下。人和智能躺垫从静止开始加速，当速度大小达到4m/s时，智能躺垫启动制动功能减速。已知滑梯的竖直高度h = 21m，躺垫与滑梯间的动摩擦因数μ=0.7，滑梯坡度为37°（滑梯任意位置的切线与水平方向夹角为37°），若躺垫加速过程和减速过程的加速度大小相等，刚滑到地面时的速度大小为2m/s。忽略空气阻力和转角处的能量损失，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)躺垫下滑的加速度大小；
(2)滑梯总的长度；
(3)躺垫从滑梯顶端到底端的时间。
18．倾角为30°的直角三角形绝缘体底边BC长为2 L，底边处在水平位置，斜边光滑，现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电质点q从斜面顶端A沿斜边滑下（不脱离斜面），如图所示，已测得它滑到B在斜面上的垂足D处时速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多大
19．如下图所示，在一个倾角为θ的固定斜面上放置了一个质量为m的物块，现用一个平行于斜面向上的力F作用在物块上，物块恰好匀速滑动．求：物块与斜面之间的动摩擦因数μ．
20．如图所示，粗糙水平轨道AB和倾斜轨道BC之间用一极小段的弧形连接，AB长L=27.5m，BC长S=17.5m，轨道BC倾角为θ=。一质量m=0.4kg的小物块（视为质点）静止于A点，现对小物块施加与水平方向成α=的恒力F=10N，使小物块沿轨道运动，作用时间t1=2s后撤去恒力F。撤去恒力F后小物块减速运动到B点。假设小物块通过B点前后速度大小不变，始终贴着轨道运动，小物块与轨道AB间动摩擦因数μ1=0.5，与轨道BC间动摩擦因数μ2=。重力加速度取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8。求：
(1)小物块在前2s内位移的大小x；
(2)小物块到达B点的速度大小vB；
(3)小物块在轨道BC上运动通过的最大距离xm。
21．如图甲所示，质量的长木板放在足够大的光滑水平面上，长木板在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经撤去水平拉力F，同时将一物块（视为质点）轻轻放到长木板的右端，物块最终没有滑离长木板。物块运动过程的图像如图乙所示，取重力加速度大小。求物块与长木板间的动摩擦因数和物块的质量。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
D．撤去拉力后，物体只受摩擦力则有
μmg=ma1
由图像可知，撤去拉力后物体的加速度大小为
a1==1m/s2
解得
μ=0.1
故D错误；
A．在0~1s时间内由牛顿第二定律有
F－μmg=ma
由图像可知在0~1s时间内物体加速度大小为
解得
F=3N
故A错误；
B．物体在0~3s内，动能变化为零，合力做功为零，故B正确；
C．在0~1s时间内，水平拉力做功为
故C正确。
故选BC。
2．BC
【解析】
【详解】
关闭发动机后，汽车在阻力的作用下做匀减速运动，由v-t图像知，a3:a4=1:2，再根据牛顿第二定律知，汽车A、B所受阻力分别为f1=ma3，f2=a4，得f1:f2=1:2，故B正确；在加速阶段，对A车：F1- f1= ma1，对B车：F2- f2= ma2，由v-t图像知，a1:a2=2:1，联立解得：F1:F2=1:1，故A错误；哟图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为v0/2，牵引力相等，所以牵引力平均功率，得P1=P2，所以C正确；牵引力作用的时间：t1:t2=1:2，牵引力的冲量，所以D错误．
3．AC
【解析】
【详解】
对整体受力分析可知，整体受重力、弹力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分析，则支持力与重力垂直于斜面的分力相平衡；合外力F=mgsinθ；由牛顿第二定律可知：（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a解得：a=gsinθ；故A正确，B错误；对B分析，可知B受到的合力F=mBa=mBgsinθ；F=T+mBgsinθ故说明细绳的张力为零；故C正确，D错误；故选AC．
【点睛】
本题为简单的连接体问题，注意正确选取研究对象，一般先对整体分析可得出加速度，若分析内力时应采用隔离法进行分析．
4．D
【解析】
【详解】
两物体无相对滑动，说明两物体具有相同的加速度，由整体法可知，加速度方向水平．
对整体，有①
对物块受力情况如图所示．
得②
由①②，解得，D正确．
【点睛】1．整体法与隔离法．
(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．
(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．
2．整体法和隔离法的选择．
(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法．
(2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法．
3．注意事项．
(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”．
(2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力．
(3)区分清楚内力和外力
5．A
【解析】
【详解】
物块匀速下滑时，对物块和斜面体整体进行受力分析，受到重力、支持力，假设地面对整体有摩擦力，设为水平向右，如图，由于整体处于平衡状态，故摩擦力为零；
物块在推力作用下加速下滑时，除推力外，仍旧受到重力、支持力和摩擦力，设斜面的夹角为，F与斜面所在面的夹角为，当未施加F时，对小物块受力分析，可知，即；当施加F后，在垂直斜面方向上对斜面增加的压力，故对斜面增加的摩擦力为，而，即小物块对斜面增加的摩擦力和压力的合力沿竖直向下，所以在水平方向上没有分力，即地面对斜面的摩擦力f2仍为零，A正确．
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
B．设物体质量的为m，空气阻力大小为f，上升和下落的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律得上升过程有
下落过程有
可见a1>a2，故B错误；
A．设物体上升的最大高度为h，上升过程可以根据逆向思维，则有
下落过程有
由于，则，即物体上升的时间小于下落的时间，故A错误；
CD．由平均速度公式，可知，上升和下降的位移大小h相等，而时间，上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度，故C正确，D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据题意知手机脱离手掌后做自由落体运动并持续了一段时间，因此时刻手机加速度大小不可能大于g，故A错误；
B．到时间内，手机加速度方向先向下后向上，可知手机先失重后超重，故B错误；
C．由图可知，时刻手机的加速度大于时刻的加速度，故有可能大于g，故C正确；
D．由图只能得出时刻手机的加速度方向向上且有可能大于g，但运动方向不一定是向上的，所以D错误。
故选C。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
对AB整体有
对A有
两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时，弹簧的弹力
F弹＝m1a
在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B，取向右为正方向
－m1a＝m2a2
则
a2＝－a
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
A球向B球接近至AB间的距离小于L之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小。当A、B两球的速度相等时，两球间的距离最小。接触的条件为
其中、为当两球间距离最小时，A、B两球的速度，、为两球间距离从L变至最小的过程中，A、B两球通过的路程，由牛顿第二定律得
，
由匀加速运动公式得
，
，
联立方程解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
AB．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0=1.0m/s，碰后速度为v0′=0.2m/s，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得
mv0=mv0′+mv，
代入数据解得
v=0.8m/s，
碰撞过程两壶损失的动能为
，
红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误B正确；
C．设碰撞后，蓝壶经过t蓝时间停止运动，根据三角形相似法有，
，
蓝壶运动时间
t蓝=5s，
由vt图象可知，红壶的加速度大小为
，
碰撞后红壶的运动时间为
，
故碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1∶5，
C错误；
D．蓝壶的加速度大小为：
由牛顿第二定律得
，
解得动摩擦因数
，
红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比为
，
D错误。
故选B。
11．C
【解析】
【详解】
由牛顿第二定律可知
解得
则由
可知
故C正确，ABD错误。
故选C。
12．A
【解析】
【详解】
A．下落过程中，从a到b加速过程的平均速度与从b到c减速过程的平均速度相等，由，得
故A正确；
B．由a到b为自由落体运动，座椅对游客的力为0，故B错误；
C．由a到b的加速度为g，则有
由b到c加速度为a，则有
联立解得
方向向上，从b到c，根据牛顿第二定律有
得
故C错误；
D．根据自由落体运动规律
得b点的速度大小为
根据动量定理得：跳楼机和游客总重力的冲量大小为
故D错误。
故选A。
13．（1）1.5s （2）1 m/s2 （3）2N（4）3N
【解析】
【详解】
(1)当木板固定时，A开始滑动瞬间，水平力F与最大静摩擦力大小相等，则：F=f=μmg，设经过t1时间A开始滑动，则：F=kt1，；
(2) t=2s时，有：F=kt=2×2N=4N，有牛顿第二定律有：F-μmg=ma，；
(3) 若木板B不固定，假设A、B间摩擦达到最大静摩擦，此时两物体的加速度相同，由B应用牛顿第二定律有：，解得，再对AB整体应用牛顿第二定律有：F=(m+M)a=4N，由F=kt可知，当t1=2.0s时F=4N即此时AB相对静止，所以木块A受到的摩擦为最大静摩擦力即为3N．
14．（1）μ1=0.05；μ2=0.2；（2）m
【解析】
【详解】
（1）从图乙中可以看出，当F从3N逐渐增加到4.5N时，f不变，则此时的f是滑动摩擦力，即
f=μ2mg
解得
μ2=0.2
由图乙可知，当力F从1N逐渐增加到3N时，铁块和木板相对静止，并且一起加速运动，当F=2N时铁块所受摩擦力为fm=1.5N，因此可求出铁块的加速度为
am=0.5m/s2
木板的加速度此时也为
aM=am
对整体运用由牛顿第二定律
F-μ1（mg+Mg）=(M+m)aM
解得
μ1=0.05
（2）当F=4N时，铁块的加速度为
由牛顿第二定律
F-f1=mam1
am1=2m/s2
木板的加速度为aM1 则
f1-μ1（mg+Mg）=MaM1
aM1=1m/s2
因此在t=1s内
Sm=am1t2
Sm =1m
SM=aM1t2
SM =0.5m
在t=1s时
vm=am1t=2m/s
vM=aM1t=1m/s
在此后，铁块减速，其加速度为am2 则
μ2mg=mam2
得
am2=2m/s2
木板加速
其加速度为aM2 则
μ2mg-μ1（mg+Mg）=MaM2
得
aM2=1m/s2
当两者达到共同速度时
v=vm-am2t′=vM+aM2t′
得
t′=s
v=m/s
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，铁块的位移
Sm1=
得
Sm1=m
木板的位移
SM2=
得
SM2=m
则木板长度为
L=（Sm- SM）+（Sm1- SM2）
解得
L=m
【名师点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，分析铁块和木板的运动状态，运用牛顿第二定律进行求得不同的加速度，结合运动学公式联合求解．
15．（1）5m；（2）1.125s
【解析】
【详解】
（1）小物块以初速度沿斜面上滑时，由牛顿第二定律得
设小物块沿斜面上滑距离为
由以上两式解得
（2）小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得
设小物块下滑至斜面底端时的速度为
设小物块在传送带上滑动时的加速度为，由牛顿第二定律得
设物块在传送带向左滑动的最大距离为
设物块从传送带由左向右加速运动到和传送带共速运动的距离为
解得
小物块先加速再随传送带做匀速运动，设小物块加速至与传送带共速用时
设小物块匀速运动用时
设小物块从离传送带右侧最远点到再次滑回传送带右端的时间为
由以上各式解得
16．（1）2N（2）
【解析】
【详解】
（1）根据图象可得，上升的过程中，加速度的大小为，
根据牛顿第二定律可得，，
所以位移受到的摩擦力的大小为；
（2）在下降的过程中，物受到的合力为
下降的过程中的加速度的大小为
根据，而，可得，运动的时间为．
点睛：本题考查了图象的应用还有牛顿运动定律，难点在于计算下降过程的时间，要先计算出受到的阻力的大小．
17．(1)；(2)；；
【解析】
【详解】
(1)由牛顿第二定律
解得加速和减速时的加速度均为
(2)滑梯总的长度
(3)加速下滑的时间为
减速下滑的时间
躺垫从滑梯顶端到底端的时间
18．
【解析】
【详解】
1）由图可知，，△BOD为等边三角形，可见B、C、D在同一个以O为圆心的圆周上，即点电荷Q的等势面上，故电荷q从O到C，电场力不做功，从D→C由动能定理，h=Bdsin60°Bcsin30°．
（2）设点电荷Q在D、C产生磁场场强为正，又设q在D点受力分析，产生加速度a，由牛顿第二定律F=mgsin30°-qEcos30°=ma，q在C点：得：
本题考查动能定理，由D到c时应用动能定理列公式求解，设点电荷Q在D、C产生磁场场强为正，又设q在D点受力分析，根据牛顿第二定律列式求解
19．
【解析】
【详解】
试题分析：以物体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件运用正交分解法求解即可．
由于运动方向未知，所以分类讨论：
当物块向下滑动时，在垂直斜面：
沿斜面方向：
摩擦力为：
联立解得：
当物块向上滑动时，在垂直斜面：
沿斜面方向：
摩擦力为：
联立解得：
点睛：本题主要考查了物体的平衡问题，正确受力分析即可解题．
20．(1)；(2)；(3)17.5m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设0~2s内小物体受到支持力为N1，摩擦力为f1，加速度为a1，位移为x1，2s末的速度为v1，则水平方向
竖直方向
其中
由位移公式，联立解得
，
(2)撤去F后，小物体在水平面运动，设加速度为a2，位移为x2，运动到B的速度为vB，则
由牛顿第二定律有
且
、
解得
，。
(3)假设小物体静止前一直在轨道BC上运动，设通过的距离为x，受到支持力为N2，摩擦力为f2，加速度为a3，假设不能到达C点，则沿着斜面
垂直斜面
其中
由速度位移公式得，联立解得
a3=－2.5m/s2
由于
x=20m＞S=17.5m
即小物体离开轨道BC时速度不为零，则小物块在轨道BC上运动通过的最大距离xm即为轨道长度
xm=17.5m
21．0.2，1.5kg
【解析】
【分析】
【详解】
根据图像可得
根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第二定律可知
解得
放上小物块后，长木板的加速度大小为
根据牛顿第二定律则有
解得
试卷第页，共页
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