2019人教版选择性必修第一册第四章第5节牛顿运动定律的应用同步检测（word版含答案）

2019人教版选择性必修第一册第四章第5节牛顿运动定律的应用同步检测
一、多选题
1．如图甲所示，一质量为的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为的小滑块。木板受到水平拉力作用时，用传感器测出长木板的加速度与水平拉力的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小滑块的质量m=1kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C．当水平拉力F=6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2
D．当水平拉力F>6N时，小滑块的加速度一定不变
2．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，落在弹簧上后继续向下运动到最低点的过程中，小球的速度v随时间t的变化图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BCD是平滑的曲线。若小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴ox，则关于A、B、C、D各点对应的小球下落的位置坐标x及所对应的加速度a的大小，以下说法正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．如图所示，质量m=3kg的小球用细绳拴在倾角θ=的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．当斜面以m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为50N
B．当斜面以m/s2的加速度向右加速运动时，斜面对小球的支持力为零
C．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30N
D．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40N
4．如图所示，在水平面上行驶的车厢中，车厢顶部悬挂一质量为m的球，悬绳与竖直方向成α角，相对车厢处于静止状态，由此可以判定（　　）
A．车厢加速度一定是水平向左
B．车厢加速度一定是水平向右
C．车厢加速度大小为gtanα
D．车厢加速度大小为gcotα
二、单选题
5．设洒水车的牵引力不变，所受阻力与车重成正比，洒水车在平直路面上行驶，原先是匀速直线运动，开始洒水后，它的运动情况将是（　　）
A．继续做匀速直线运动 B．做匀加速直线运动
C．做加速度逐渐变小的变加速直线运动 D．做加速度逐渐变大的变加速直线运动
6．如图所示，车内AB与BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右做加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则（　　）
A．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大
B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变
C．AB绳拉力变小，BC绳拉力变大
D．AB绳、BC绳子拉力都变大
7．如图所示，一滑雪者，人与装备的总质量为75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线下滑，山坡倾角为30°，在5s的时间内滑下的路程为60m，则滑雪者与雪面之间的动摩擦因数约为（不计空气阻力，g取10m/s2）（　　）
A．0.05 B．0.12 C．0.25 D．0.30
8．一个质量为2kg的物体，在6个恒定的共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15N和20N的两个力而其余力保持不变，此后物体做直线运动。关于此后该物体运动的说法中正确的是 ( )
A．一定做匀加速直线运动，加速度大小可能是5m/s2
B．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2m/s2
C．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是15m/s2
D．可能做匀速直线运动
9．在某田径运动会跳高比赛中，张明成功跳过了1.6m的高度，若忽略空气阻力，下列说法正确的是
A．小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力
B．小明起跳以后在上升过程中处于超重状态
C．小明下降过程处于失重状态
D．小明起跳以后在下降过程中重力消失了
10．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止，撤去F后，物体开始向左运动运动的最大距离为3x0，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g则（　　）
A．撤去F后，弹簧恢复原长时物体速度最大
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体做匀减速运动的时间为
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
11．一不带电的均匀金属圆线圈，绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动时，线圈中不会有电流通过；若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象被称为斯泰瓦—托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动，从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动，由于电子在导线中运动会受到沿导线的平均阻力，所以只会形成短暂的电流。已知该金属圆线圈周长为L、横截面积为S、单位体积内自由电子数为n，电子质量为m、电荷量为e，自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。若此线圈以角速度ω匀速转动时突然停止转动（减速时间可忽略不计），此后，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中电流方向与线圈原转动方向相同
B．自由电子在线圈中运动的线速度均匀减小
C．自由电子沿着线圈运动的路程为
D．通过线圈横截面的电荷量为
12．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（ ）
A．在CD段时，A受三个力作用
B．在DE段时，A可能受三个力作用
C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上
D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态
13．如图所示，水平向左运动的物体受到大小为12N，方向水平向右的拉力作用，物体的质量为3kg，地面的动摩擦因数为0.1，在物体向左运动的过程中，物体的加速度为（　　）
A．1m/s2 B．3m/s2 C．4m/s2 D．5m/s2
14．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大（B为杆AC中某一点），到达C处的速度为零，AC=h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（　　）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh
D．在C处，弹簧的弹性势能为mv2-mgh
15．如图是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是（　　）
A．0~1s内的平均速度是2m/s
B．0~2s内的位移大小是3m
C．1s~2s内的加速度大小为2m/s2
D．0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相反
16．东京奥运会上身高、体重相当的选手张家齐、陈芋汐在女子10m跳台决赛中发挥出色，以53分的巨大优势为中国队摘下第8枚金牌。若她们举双臂直体离开台面向上跃起时，重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，且不考虑她们在水平方向的运动，从离开跳台到手触水面为其完成空中动作的时间，设入水后她们所受水的阻力约为其体重的4倍，下列说法正确的是（　　）
A．研究两名运动员在空中的运动时两名运动员均可视为质点
B．她们在空中完成动作的时间约为2.04s
C．泳池中的水深应不小于约3.48m
D．她们在水中匀减速运动的时间约为1s
17．质量为2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为10m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是（g取10m/s2）
A．恒力的大小为6N
B．前4s内摩擦产生的热量为48J
C．前6s内合外力的冲量大小为12Ns
D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2
18．将一小球在有空气阻力（大小恒定）的情况下以初速度v0竖直向上抛出，当落回原地时速度大小为v1若上升过程时间为t1，加速度大小为a1，克服空气阻力做功为W1，下落过程时间为t2，加速度大小为a2，克服空气阻力做功为W2，则有
A．v1= v0 B．t1＞ t2 C．a1＞ a2 D．W1＞ W2
19．消防员进行滑竿下楼训练，已知消防员从竖直竿上端由静止开始先匀加速下滑，然后再匀减速下滑到达竿底速度恰好为0，其运动的v－t图象如图所示，则（　　）
A．加速与减速运动的加速度大小之比为2∶1
B．加速与减速运动的位移大小之比为1∶1
C．加速与减速过程受到的摩擦力大小之比为2∶1
D．消防员减速过程受到的摩擦力大于自身重力
20．在水平桌面上一质量为的小物块处于静止状态，物块与桌面间的动摩擦因数为0.4，现施加水平向右的力F拉物块，力F随时间t变化的关系图像如图所示，假设物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则以下说法中正确的是（　　）
A．时，物块的加速度大小为 B．时，物块所受的摩擦大小力为
C．时，物块达到最大速度 D．时，物块的加速度大小为
21．如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是 ( )
A．合力变小，速度变大
B．速度变小，加速度变大
C．合力先变大，后变小；速度先变小，后变大
D．加速度先变小，后变大；速度先变大，后变小
22．如图所示，一物体从A点沿光滑面AB与AC分别滑到同一水平面上的B点与C点，则下列说法中正确的是(　　)
A．到达斜面底端时的速度相同
B．到达斜面底端时的动能相同
C．沿AB面和AC面运动时间一样长
D．沿AC面运动时间长
23．如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为足够长的固定斜面上，时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，，，。则下列说法正确的是（　　）
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为
B．拉力F作用的时间为
C．拉力F的大小为13N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
24．如图，物体在力F作用下水平向右做匀速直线运动，F与水平面夹角为。撤去F瞬间，物体受到的合力大小可能是（　　）
A．0 B．0.3F C．0.8F D．F
三、解答题
25．如图所示，可视为质点的小滑块从倾角为37°的光滑斜面顶端无初速度下滑，然后经B点进入粗糙水平面，恰停在C点。已知斜面AB长x1=12m，水平面BC和小滑块间的动摩擦因数为0.2，B点有一很短的光滑圆弧过渡，即滑块经过B点时速度大小不变。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
(1)滑块在斜面上运动的时间t；
(2)滑块到达B点时速度vB；
(3)水平面BC的长度x2。
26． 如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手．求松手后铸件还能前进的距离．（g＝10 m/s2，计算结果保留一位小数）
27．一质量为m=1kg的物块A置于倾角为θ=37°足够长的固定斜面上，在平行于斜面向上的推力F1=10N的作用下，沿斜面向上匀速运动，如图甲所示。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则：
(1)求物块A与斜面间的动摩擦因数；
(2)若改用水平方向的力F2推A，如图乙所示，物体A由静止开始匀加速运动，经2s速度达到v=10m/s，求推力F2的大小；
(3)在第(2)问的情况中，经2s速度达到v=10m/s时，撤去推力F2，求物体A由静止开始经8s发生的位移。
28．如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设空气阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到的阻力大小f；（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h．
29．为研究空气对滑雪运动员的阻力，可以在滑雪板上安装传感器，在滑行时采集 数据，作出滑雪板运动的图像进行分析．在一次实验中，运动员沿倾角足够长的斜坡直线滑下，如图甲所示．图乙为该次实验的图像，曲线ABC为某段时间内 速度与时间关系图线．分析时发现BC段恰好平行于时间/轴，作曲线AB过纵轴上A点的切线AD．已知人和滑雪板的总质量，人和滑雪板所受的空气阻力与速度 成正比，比例系数为k在图像中曲线在某点切线的斜率等于该时刻速度的变化率． 取，，g=10m/s2．求：
（1）滑雪板速度v= 6m/s时加速度的大小；
（2）比例系数k和滑雪板与斜坡间的动摩擦因数？
30．如图所示，质量为的物体静置于粗糙水平面上，在水平拉力作用下物体开始向右做匀加速运动，物体和水平面间的动摩擦因数。重力加速度，不计空气阻力。
（1）求物体在内运动的位移;
（2）若在末时撤去水平拉力F，求末时的摩擦力的功率大小。
31．疫情之下，无人机已成为战疫“超级神器”，人们可利用它搭载扩音器进行空中防控宣传。如图所示，某品牌无人机质量m=10kg（搭载的扩音器质量可忽略），从地面竖直升空，先加速到v=3m/s，之后立即减速，最后悬停在距地面h=3m的高度。若无人机在运动过程中受到的空气阻力大小恒为f=10N，且加速减速阶段均可看成匀变速直线运动，整个运动过程中无人机始终能保持水平状态，求：
(1)若上升过程中，加速和减速阶段的加速度大小相等，则此加速度的大小为多少；
(2)该无人机最大制动力为210N，则下降过程中无人机的最大制动加速度大小为多少；
(3)无人机从3m高悬停处下降到地面，且到达地面时速度恰好为0，则此过程的最短时间为多少。
32．如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为53°，斜面上有一质量的长木板，的小物块从空中某点以水平抛出，小物块可以看成质点，抛出同时木板由静止释放，小物块下降时掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，不计木板动能瞬时，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者沿斜面向下运动，小物块最终从木板前端离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数，木板上表面光滑，，，，求：
（1）碰前瞬间小物块速度大小和方向；
（2）木板至少多长小物块才不会从木板后端离开。
33．风洞实验是研究空气动力学的主要方法。风场中有一装置如图所示，水平直杆AB段光滑，长度，BC段和CD段与小球间的动摩擦因数，其中BC段长度和CD段长度均为5m，CD段与BC段的夹角，转角处平滑连接。每次开始实验前，都将的小球置于A端，然后通过调节风速让作用在小球上的风力根据需要维持某个恒定值。已知小球的孔径略大于直杆截面直径，小球过C点前后瞬间速度大小不变，（，）请解答以下问题：
(1)若风力，释放小球，求小球过B点的速度；
(2)同(1)问条件，求小球最后停止的位置距A点的距离；
(3)若风力，要使小球能滑到D点，求风力作用的最短时间。
34．质量为m=0.2 kg的小球从水平地面处以20m/s的速度竖直上抛，能上升的最大高度为16m，然后落回水平地面，与水平地面发生碰撞后再次上升，上升的高度为7 m．而后又落回水平地面…，直到最后静止在水平地面上，设小球受到的空气阻力大小恒定，g取 10 m/s2，求：
（1）小球所受空气阻力的大小
（2）小球第一次上升时间和第一次下落时间之比
（3）从小球刚开始上抛到第二次即将落到水平地面上之前的过程中损失的机械能
35．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上，如下图。若假设飞机气囊所构成的斜面长度为8m，斜面与水平地面所成夹角是30°，一个质量为60kg的人沿气囊滑下时，可将他的运动视为匀加速直线运动。已知他所受的阻力为60N，则人由静止滑至气囊底端的时间是多少？（g取10m/s2）
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．CD
【详解】
A．对整体分析，由牛顿第二定律有
当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度 ，代入数据解得
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得
知图线的斜率
解得
滑块的质量为
A错误；
B．根据图线知，当F=6N时二者恰好发生相对滑动，此时小滑块的加速度大小为
对小滑块根据牛顿第二定律可得
解得
B错误；
C．F＞6N时，a-F关系为
当水平拉力F=6.5N时，长木板的加速度大小为 ，C正确；
D．根据图像可知，0＜F≤6N时，随着拉力的增大，小滑块的加速度增大；当拉力增大到6N以后时，两物体发生滑动时，小滑块受到的摩擦力不变，则小滑块的加速度不变，D正确。
故选CD。
2．BC
【详解】
A．OA过程是自由落体，A的坐标为h，加速度为g，故A错误；
B．B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0。由
可知
所以B的坐标为
故B正确；
C．A、C两点关于B点对称，由A点到B点的形变量为，由对称性得B到D的形变量也为，所以在C点的形变量为，所以弹簧弹力
所以C的坐标为
故C正确；
D．到达D点时，速度为0，所以到达D点时形变量要大于C点的形变量，所以D的坐标
大于
D点加速度
故D错误。
故选BC。
3．ABC
【详解】
AB．设小球刚好脱离斜面时斜面向右的加速度为a0，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉力，细绳仍与斜面平行，小球受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得临界加速度
故当斜面以的加速度向右加速运动时，斜面对小球的支持力恰好为零，设绳子的拉力为T，则有
mg=Tsin
可得T=50N，故AB正确；
CD．当斜面以a2=20m/s2的加速度向右加速运动时，因a2＞a0，则小球已离开斜面，绳子的拉力和重力的合力水平向右，则绳子拉力大小为
故C正确，D错误。
故选ABC。
4．BC
【分析】
静止状态，加速度相同，以球为研究对象，根据牛顿第二定律即可求解加速度大小和方向．
【详解】
球相对车厢处于静止状态，则球与车厢的加速度相同，对小球受力分析可知，拉力与重力的合力应水平向右，则车厢加速度一定是水平向右，故B正确；由平行四边形定则及牛顿第二定律可得：，解得加速度大小，故C正确．
5．D
【详解】
开始洒水车做匀速运动则有
开始洒水后，洒水车的质量越来越小，但牵引力保持不变，由牛顿第二定律有
解得
所以质量变小时，加速度越来越大，并且洒水车做加速运动。
故选D。
6．A
【详解】
对球受力分析，受重力、AB绳子的拉力FT1，BC绳子的拉力FT2，如图
根据牛顿第二定律，有水平方向
竖直方向
解得
，
静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大
故选A。
7．B
【详解】
受力分析如图所示：
由运动学公式
解得
根据牛顿第二定律有
联立解得
故选B。
8．C
【解析】
根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15N和20N的两个力后，物体的合力大小范围为5N≤F合≤35N，物体的加速度范围为：2.5m/s2≤a≤17.5m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做曲线运动，故A错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，但加速度大小一定要大于2.5m/s2，故B错误；由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于15 m/s2，该运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。
9．C
【详解】
试题分析：起跳过程中，小明做加速运动，加速度向上，故，解得，所以地面的支持力大于小明的重力，A错误；上升过程中，小明的加速度向下，处于失重状态，B错误；下降过程中，做加速运动，加速度向下，处于失重状态，C正确；下降过程中，重力没有消失，D错误
考点：考查了超重失重
【名师点睛】做本题需要知道当加速度方向向下时，物体处于失重状态，当加速度方向向上的时，物体处于超重状态，物体处于失重或者超重状态并不是物体的重力发生变化了，而是物体的视重发生变化，重力不变，
10．C
【详解】
A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动，后做减速运动，所以当加速度为零时，速度最大，即弹簧的弹力和滑动摩擦力相等时，速度最大，此时弹簧长度小于原长，故A错误；
B．撤去F后，刚开始时，由牛顿第二定律
解得
故B错误；
C．撤去F后，物体开始向左运动运动的最大距离为，则离开弹簧后运动了，在离开弹簧后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
则
由运动学公式
解得
故C正确；
D．当加速度为零时，速度最大，即弹簧的弹力和滑动摩擦力相等时，速度最大有
得
所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
故D错误。
故选C。
11．D
【详解】
A．若此线圈以角速度ω匀速转动时突然停止转动，则由于惯性自由电子将向前运动，则线圈中形成的电流方向与线圈原转动方向相反，选项A错误；
B．因为自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，即
f=kv
可知自由电子在线圈中运动的线速度不是均匀减小，选项B错误；
C．电子随线圈转动的线速度
对电子由动量定理
即
解得
选项C错误；
D．通过线圈横截面的电荷量为
选项D正确。
故选D。
12．C
【分析】
根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力，从而明确两物体的受力情况．
【详解】
A．在CD段，整体的加速度：
隔离对A分析，有：
解得：
可知A受重力和支持力两个力作用，A错误；
BC．设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度：
隔离对A分析，有：
解得：
方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力.故B错误，C正确；
D．整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态，D错误。
【点睛】
本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解。
13．D
【详解】
由滑动摩擦力公式得
方向水平向右，所以物体所受合力为
物体的加速度为
故D正确。
故选D。
14．B
【详解】
A．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理，有
mgh-Wf-W弹=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，根据动能定理，有
-mgh+W弹-Wf=0-mv2
解得：Wf=mv2，即克服摩擦力做的功为mv2，故B正确；
C．由能量守恒定律知，圆环从A处由静止开始下滑到C过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh﹣mv2，故C错误；
D．由于开始弹簧水平且处于原长，则在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故D错误。
故选B。
15．B
【详解】
A．0~1s内的平均速度
故A错误；
B．0~2s内的位移大小
故B正确；
C．1s~2s内，物体做匀速运动，加速度大小为零，故C错误；
D．0~1s内与2~4s内的速度都是正值，说明运动方向相同，故D错误。
故选B。
16．C
【详解】
A．研究两名运动员在空中的运动时，两名运动员身体各部分的运动差异不能忽略，不能视为质点，故A错误；
B．运动员向上跃起的时间为
运动员从最高点到入水所用时间约为
她们在空中完成动作的时间约为
故B错误；
C．运动员入水瞬间的速度大小为
运动员在水中做匀减速运动的加速度大小为
泳池的水深最小为
故C正确；
D．她们在水中匀减速运动的时间约为
故D错误。
故选C。
17．C
【详解】
A．由图可知，物体做匀减速运动，反向做匀加速运动．可知恒力与初速度方向相反．根据牛顿第二定律：，,而，联立解得，故A正确；
B．内，物体的位移大小为，内，物体的位移大小为 ．摩擦产生的热量，故B正确；
C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，前6s内合外力的冲量大小为，故C错误；
D．由得，，故D正确．
18．C
【详解】
设上升的高度为h，阻力为f，上升到落回原点的整个过程中运用动能定理的：，所以，A错误；上升过程中：，，，下落过程中：，，，则可以得出：，C正确，BD错误．
19．D
【详解】
A．加速与减速过程的时间分别为2t、t，设加速度大小分别为a1、a2则
加速与减速运动的加速度大小之比为1:2，故A错误；
B．匀加速运动位移为
匀减速位移为
所以加速与减速过程的位移之比为2:1，故B错误；
C．根据牛顿第二定律得，加速过程
减速过程
所以加速与减速过程受到的摩擦力大小之比不等于2∶1，故C错误；
D．消防员减速过程受到的摩擦力
大于自身重力，故D正确。
故选D。
20．D
【详解】
A．物体受到的最大静摩擦力
fmax=f=μmg=0.4×1.0×10N=4N
当拉力F＜fmax时，物体处于静止状态，故在t=0，物块处于静止状态，加速度为零，故A错误；
B．由图可知，在t=1s时，施加的拉力F=3N，此时F＜fmax，故物块处于静止状态，此时受到的静摩擦力与施加的拉力大小相同，故
f=F=3N
故B错误；
C．当F＞4N时，物块的拉力大于滑动摩擦力，物块开始做加速运动，物块在2-6s内做加速运动，速度一直增大，故在6s末速度达到最大，故C错误；
D．由图可知：t=5s时，拉力F=5N，在水平方向，根据牛顿第二定律可得
F-f=ma
解得
a＝1m/s2
故D正确；
故选D。
21．D
【详解】
试题分析：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度．以小球为研究对象，分析小球的受力情况和运动情况：开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力变小当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力变大．当弹力等于重力时，合力为零，速度最大．故选D
考点：考查了牛顿第二定律，胡克定律
22．B
【详解】
A、B、物体沿斜面下滑，只有重力做功，根据动能定理，有
mgh=mv2
解得
v=
即末速度大小与斜面的坡角无关，故A错误，B正确；
C、D、物体受到的合力为
F合=mgsinθ ①
根据牛顿第二定律，有
F合=ma ②
由运动学公式
s==at2③
由①②③三式，解得
t=
即斜面的坡角越大，下滑的越短，故C错误，D也错误；
故选B．
23．D
【详解】
A．撤去力F后长木板的加速度
由牛顿第二定律
解得
μ1=0.25
选项A错误；
B．有拉力作用时的加速度
拉力撤掉时的速度为
拉力作用的时间为
选项B错误；
C．由牛顿第二定律
解得
F=13.5N
选项C错误；
D．物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于0.25，选项D正确。
故选D。
24．B
【详解】
由题意可知，物块在力F的作用下匀速运动，所以物块处于平衡状态，对物块受力分析，物块受四个力：重力，地面竖直向上的支持力，力F和水平向左的摩擦力。将力F分解为水平方向和竖直方向两个分力，则水平方向
，
竖直方向
，
由
可得
撤去F瞬间，物体受力为：重力，竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则
其中
由于
且不能为负值，且合力不为0，所以合力可能为0.3F，故B正确，ACD错误。
故选B。
25．(1)2s；(2)12m/s；(3)36m；
【详解】
(1)物体在斜面上受重力、支持力的作用；由牛顿第二定律可知：
解得
则由可得
(2)由速度公式可得，B点的速度为
(3)物体在水平面上的加速度为
由速度和位移公式可得
解得
26．5.4 m
【详解】
试题分析：工人拉铸件时，根据牛顿第二定律有 Fcos α－f＝ma1
N1＋Fsin α－mg＝0
又f＝μN1
解得a1＝1.3 m/s2
松手时，铸件的速度v＝a1t＝5.2 m/s
设松手后，铸件的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
解得a2＝2.5 m/s2
松手后，铸件滑行的距离是
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用习题；涉及到两个物理过程，解题时要分析每个过程中物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解出物体的加速度，然后选取合适的运动公式列方程解答.
27．(1)0.5；(2)30N；(3)10m，方向沿斜面向下
【详解】
(1)对A受力分析，由平衡条件有
解得
μ=0.5
(2)物块A在F2的作用下由静止开始做匀加速运动，由运动学公式
对A受力分析，有
联立以上方程解得
F2=30N
(3)前2s物块A的位移
撤去F2后，物块沿斜面向上减速，由牛顿第二定律有
经t2后物块速度减为零，发生的位移为x2，即
物块速度减为零后，从最高点下滑，由牛顿第二定律有
下滑的时间
t3=t-t1-t2
t3时间内的位移
物体A经t=8s时间由静止开始发生的位移
x=x3-x1-x2
联立解得
x=10m
方向沿斜面向下。
28．（1）f=6N．（2） h=8m
【分析】
本题主要考查图像与匀变速直线运动的综合应用，要理解到图像斜率代表加速度，面积代表位移．
【详解】
解：（1）由图可以知道，在内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
（2）在内，小球做匀加速直线运动，设加速度的大小为 ，有
即
4s末小球的速度
根据图象可以知道，小球在 4s末离抛出点的高度
29．（1）2.4 m/s2 ；（2），0.15
【详解】
（1）由图象得：A点
vA=6m/s
加速度为
（2）由牛顿运动定律得
最终雪橇匀速运动时最大速度为
由牛顿运动定律得
由平衡条件得
代入数据解得
【点睛】
本题考查了学生的看图分析图象的能力，能根据图象从中找出有用的信息，结合牛顿第二定律进行求解．
30．（1）50m；（2）160W
【详解】
（1）根据牛顿第二定律有
得
物体在内运动的位移
带入数据得
（2）撤去水平拉力F后，根据牛顿第二定律
得
7s末物体的速度
摩擦力做功的功率
【名师点睛】
根据牛顿第二定律可求出加速度，根据匀变速直线运动位移速度公式求出位移和速度；根据功率公式求出摩擦力做功的功率。
31．(1)a1=3m/s2；(2)a2=12m/s2；(3)
【详解】
(1)设上升过程中加速度大小为a1，最大速度为v1，根据运动学公式得
解得
a1=3m/s2
(2)设向上为正方向则有
Fmax+f－mg=ma2
解得
a2=12m/s2
(3)若要降落时间最短，则以最大加速度a3加速下降，再以最大加速度a2减速至0，向下加速阶段，设向下为正方向
mg-f=ma3
解得
a3=9m/s2
根据运动学公式得
解得
32．（1）5m/s，速度方向与斜面垂直；（2）
【详解】
（1）根据
可得
解得
与水平方向夹角
速度方向与斜面垂直。
（2）木板下滑
解得
小物块掉到木板上后速度变为0，然后向下运动，直到与木板速度相同过程。小物块
木板
速度相同时
解得
故
33．(1)6m/s；(2)9m；(3)0.9s
【详解】
(1)由牛顿第二定律有
即
由运动学公式：
可得小球到B点的速度为：
(2)由牛顿第二定律有
即
由
其中
可得
即距离A点为
(3)当，风力作用最短时间的情况，小球到达D点时的速度恰好为零时。
讨论：
①若风力只在小球在AB段运动时作用，则有：
小球在BC段运动，无风力作用时
可得
小球在CD段运动时有
当小球速度为零时，上冲的位移为
风力作用不止在AB段。
②若风力在BC段一直有作用
小球在BC的运动有
小球在CD的运动有
得
，即可判断小球一定是在BC段中某位置停止风力作用设此位置离B点的距离为.则有：
得
小球在AB段运动的时间为
小球在BC段有风作用的时间
风作用的最短时间为
34．（1）（2） （3） ．
【详解】
（1） 小球第一次上升过程中，由动能定理得： ，代入数据解得 ．
（2） 小球第一次上升过程中加速度大小为 ， ，小球第一次下落过程中 ， ， ．
（3） 第一次落回地面时的速度大小为 v1，则 解得 v1 =m/s ，设第二次上升时初速度为 v2 ，则 解得 v2 = 5m/s 小球与地面撞击时损失的能量 ，小球在空气中损失的机械能为 ，从小球刚开始上抛到第二次落到平面之前的过程中损失的机械能为 ．
35．2s
【详解】
对人受力分析如下图
由牛二定律
mgsin30°-f=ma
解得
a=4m/s2
由运动学公式
得
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