同步课时精练（二十二）4.5牛顿运动定律的应用（后附解析）

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同步课时精练（二十二）4.5 牛顿运动定律的应用（后附解析）
一、单选题
1．为了判断列车的运动情况，将一个小球悬挂在列车的车顶上，小球相对于列车稳定时如图所示，由此可判断列车正在（ ）
A．加速 B．减速 C．匀速 D．静止
2．小球沿与水平面夹角为θ的光滑斜面下滑时的加速度为，如图所示，小球分别从竖直杆上的a、b、c三点，沿与水平面夹角分别为60°、45°、30°的光滑斜面aA、bB、cC滑到水平面上半径为R的圆周上的A、B、C三点，所用的时间分别为、、，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，车厢里用A、B两段细线悬吊着同一个小球，小球静止时，细线B竖直，A倾斜，且A与竖直方向的夹角为37°。现让小车向左以一定的加速度做匀加速直线运动，结果两段细线上拉力的大小相等，则小球运动的加速度大小为（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g）（　　）
A．g
B．g
C．g
D．g
4．在建筑工地上需要将一些材料由高处送到低处，为此工人设计了下图的简易滑轨：两根圆柱体木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙上，把一摞瓦放在两杆正中间，瓦将沿滑轨滑到低处。在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能会摔碎。为了减小到底端时的速度，下列措施可行的是（　　）
A．增加每次运瓦的数量 B．减少轨道与水平面的夹角
C．增大两杆之间的距离 D．减小两杆之间的距离
5．如图所示，两底角分别为37°和53°的光滑三角劈固定在水平地面上，三角劈顶端装有一光滑定滑轮。质量均为1kg的物块P、Q用跨过滑轮的轻绳连接，不计滑轮质量和一切摩擦，斜面足够长，已知重力加速度g=10m/s2， sin37° =0.6，sin53° =0.8.同时由静止释放P、Q后，轻绳的拉力大小为（　　）
A．5N B．6N C．7N D．8N
6．如图所示，倾角的足够长斜面静止在水平地面上，质量的物块A与质量的物块B，用细线绕过光滑定滑轮连接，物块A与定滑轮间的细线与斜面平行，用手（图中未画出）托着物块B，使其与定滑轮间的细线竖直。将物块B由静止释放，当物块A沿斜面向上运动的距离时（物块B未落地），细线断开。已知物块A与斜面间的动摩擦因数，斜面始终保持静止，取重力加速度大小，，，下列说法正确的是（　　）
A．释放物块B前，水平地面对斜面的摩擦力方向向右
B．细线断开时，物块A的速度大小为1m/s
C．细线断开后，物块A沿斜面向上运动时，加速度大小为
D．物块A沿斜面向上运动的时间为0.6s
7．如图所示，甲、乙两车在水平面上均做匀变速直线运动，甲、乙两车中分别用悬线悬吊的A、B小球均与车厢相对静止，A球的悬线与竖直方向夹角为，B球的悬线与竖直方向夹角为，其中，则下列判断正确的是（　　）

A．A球的质量一定大于B球的质量
B．A球的悬线一定比B球的悬线长
C．甲、乙两车一定都向右做匀加速直线运动
D．甲车的加速度一定比乙车的加速度小
8．如图所示，质量均为m、表面粗糙程度不同的三个物块a、b、c，放在三个完全相同的斜面体上，斜面体质量为M、底部倾角为θ。物块a、b、c以相同初速度下滑，斜面体始终保持静止，其v t图像如图所示。a、b、c与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，斜面体对地面的压力分别为FNa、FNb、FNc，斜面体对地面的摩擦力分别为fa、fb、fc。下列判断正确的是（　　）
A．μa>μb>μc
B．FNb=（M＋m）g，fb=0
C．FNa<（M＋m）g，且方向水平向右
D．FNc>（M＋m）g，且方向水平向右
二、多选题
9．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
10．一物体随传送带一起向下运动，物体相对于传送带保持静止，正确的是（ ）
A．物体可能受摩擦力的作用，摩擦力的方向与运动方向相同
B．物体可能受摩擦力的作用，摩擦力的方向与运动方向相反
C．物体可能不受摩擦力的作用
D．物体肯定受摩擦力的作用
11．如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒在木棍上恰可以匀速滑下。则下列操作中，可以使圆筒在木棍上加速下滑的是（ ）

A．保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动
B．保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍减小后固定不动
C．保持两木棍间的距离不变，将两者倾角稍减小后固定不动
D．保持两木棍间的距离不变，将两者倾角稍增大后固定不动
12．如图甲，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，t=5s时撤去F，滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．滑块Q在长木板上滑行的相对位移为3m
B．长木板P的长度至少是7.5m
C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在t=9s时停下来
三、解答题
13．依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量，当运动员推力F为5N，方向与水平方向夹角为时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是，则冰壶离开手时的速度为多少？
14．如图所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m的小煤块（可视为质点）放到长为L的传送带的中点．它与传送带间的动摩擦因数为μ，求：
（1）小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；
（2）要使小煤块留在传送带上的印记长度不超过，传送带的速度v应满足的条件．
15．一个滑雪运动员从静止开始沿山坡直线下滑，山坡的倾角θ=30°，如图所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数μ=，运动员一直在山坡上运动，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求运动员下滑t=4s内运动的路程和t=4s末速度的大小。
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
解析：由图示可知，小球受到沿绳子向上的拉力、竖直向下的重力作用，小球所受合外力水平向左，小球的加速度水平向左，由于小球相对列车静止，则列车的加速度水平向左，列车速度水平向左，加速度方向与速度方向相同，则列车做加速运动，答案：A。
2．B
解析：根据题目提供的条件得
底长为R，根据位移时间关系公式，有
联立解得
故当
时，即
时间最短，时
时
故有
故B正确，ACD错误。
答案：B。
点拨：本题关键推导出时间的一般表达式，最后结合三角函数知识进行讨论，基础题目。
3．B
解析：设小球的质量为m，绳子的拉力为T，小球的受力如图所示
竖直方向上有：
T+T cos37°=mg
水平方向上有：
T sin37°=ma
解得小球的加速度为：
故ACD错误B正确。
答案：B。
4．C
解析：A． 而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故A错误；
B． 根据题意可知，杆长度不变，斜面的高度及倾斜角度不能变，故不能减小轨道与水平面的夹角，不可行，故B错误；
CD． 增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，减小到达底端的速度，反之减小两杆之间的距离会增大到达底端的速度，故C正确D错误；
答案：C。
5．C
解析：对PQ的整体由牛顿第二定律可知
对物块P
解得
T=7N
答案：C。
6．D
解析：A．初始状态整个系统均静止，故地面对斜面没有摩擦力。故A错误；
B．细线断开前，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
依题意，细线断开时，物块A的速度大小满足
解得
故B错误；
C．细线断开后，物块A沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．物块A沿斜面向上加速运动的时间为
减速向上运动的时间为
则物块A沿斜面向上运动的总时间为
故D正确。
答案：D。
7．D
解析：ABD．设甲车和小球A的加速度大小为，小球A的质量为m，由牛顿第二定律得
解得
同理，得乙车的加速度大小
由于，故甲车的加速度小于乙车的加速度，加速度大小与小球质量及悬线长短无关，所以无法确定A、B球质量关系与悬线长短关系，故AB错误，D正确；
C．甲、乙两车的加速度均是水平向右，但甲、乙两车的速度方向可能水平向右，也可能水平向左，所以甲、乙两车可能向左做匀减速直线运动，也可能向右做匀加速直线运动，故C错误。
答案：D。
8．B
解析：A．对物块a有
则有
对物块b有
则有
对物块c有
则有
故有
故A错误；
B．对物块和斜面体整体进行分析，物块b和斜面体处于平衡状态，则有
斜面体与地面之间无摩擦力，即
fb=0
故B正确；
CD．对物块和斜面体整体进行分析。物块a有沿斜面向下的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向下的加速度，处于失重状态，则有
同理，物块c有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，则有
设斜面体与物块a的整体，根据牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律可得斜面体对地面的摩擦力
同理可得
故CD错误；
答案：B。
9．CD
解析：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。
10．ABC
解析：AC.受力分析对照加速度，假设加速度方向当沿传送带向下。当a=gsinθ时，物体不受静摩擦力；当a>gsinθ时，静摩擦力方向沿传送带向下，故AC正确；
B.当aD.根据以上分析可知，故D错误。
11．BD
解析：AB．水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，设每根棍所受支持力与垂直两棍平面向上的方向夹角为θ，根据平衡条件得知
，，
保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离稍减小后，两棍所受支持力的合力不变，夹角θ减小，则每根木棍对圆筒的支持力N减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有
由于摩擦力变小，故加速度变大；可知圆筒将加速下滑；
同理可知当保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，N增大，f增大，圆筒将减速下滑；A错误，B正确；
CD．保持两木棍间的距离不变，则θ不变；将两者倾角α稍增大后固定不动，由AB中公式可知：N减小，f减小，圆筒将加速下滑；保持两木棍间的距离不变，将两者倾角α稍减小后固定不动，N增大，f增大，圆筒将减速下滑。C错误，D正确。
答案：BD。
12．AB
解析：C．由图乙可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为5m/s，6s时两者速度相同，6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板Р的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得
结合图像可得
解得
5~6s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得
结合图像可得
解得
故C错误；
D．由图可知，6s之后，滑块速度大于长木板的速度，则滑块做减速运动，由牛顿第二定律可得
所以滑块减速到零的时间为
则滑块Q在12s时停下来，故D错误；
B．滑块Q没有从长木板上滑下，即临界状态为二者共速时，其相对位移等于板长，所以
故B正确；
A．从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得
解得
即长木板P在9s时停下来，所以从二者共速到均停止运动的相对位移为
所以滑块Q在长木板上滑行的相对位移为
故A正确。
答案：AB。
13．（1）μ=0.02；（2）4m/s
解析：（1）以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有
Fcosθ=μN
在竖直方向有
Fsinθ+mg=N
解得
μ=0.02
（2）由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得
μmg=ma
代入数据后联立解得
v0=4m/s
14．（1）μmg，方向水平向左；（2）v≤
解析：（1）小煤块受到的摩擦力的大小
f=μmg
方向水平向左．
（2）依题由牛顿第二定律，小煤块的加速度
设小煤块刚滑到纸带左端时速度正好与传送带速度相等，大小为v
由
v=at
得
小煤块位移
传送带位移
由空间关系得
s2﹣s1≤
得
15．10m，5m/s
解析：以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示
其运动状态为，垂直于山坡方向，处于平衡状态；沿山坡方向，做匀加速直线运动。将重力mg沿垂直于山坡方向和平行于山坡方向分解，由牛顿第二定律得
FN-mgcosθ=0
mgsinθ-Ff=ma
又因为
Ff=μFN
联立以上三式，代入数据可得
a=m/s2
则4s内运动的路程为
x=at2=10m
4s末速度的大小为
v=at=5m/s
答案第1页，共2页
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