专题一 第2练　牛顿运动定律与直线运动（含解析）

第2练　牛顿运动定律与直线运动
[基础巩固练]
1．(多选)(2023·湖北卷·8)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2。在0～3时间内，下列说法正确的是(　　)
A．t＝2时，P回到原点
B．t＝2时，P的运动速度最小
C．t＝时，P到原点的距离最远
D．t＝时，P的运动速度与t＝时相同
2.(多选)（2024·辽宁卷·10）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度随时间变化的图像如图所示，其中为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　 ）
小物块在时刻滑上木板
小物块和木板间动摩擦因数为
小物块与木板的质量比为
之后小物块和木板一起做匀速运动
3．(2023·江苏卷·11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过点的动能较小
C．在、之间的运动时间较短
D．在、之间克服摩擦力做的功较小
4．（2024·湖北二模）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，时对物块P施加水平向右的恒力F，时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（ ）
A．时，物块Q的速度大小为0.4m/s
B．恒力F大小为1.6N
C．物块Q的质量为0.5kg
D．后，物块P、Q一起做匀加速直线运动
5．（2024·湖北二模）某实验兴趣小组对实验室的两个电动模型车进行性能测试。如图所示，0时刻电动模型车1、2相距10m，两车此时同时开始向右做匀减速运动，车1的速度为10m/s，加速度为2，车2的速度为6m/s，加速度大小为1，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．0～6s内，车l的位移是24m
B．6s时，车2的速度大小为1m/s
C．两车间的距离一直在减小
D．两车最近距离为2m
6．（2024·广东省三校一模）如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和的关系为（　　）
A． B． C． D．
7．(多选)（2024·湖北黄冈9月调研）如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接，置于倾角的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数均为。对A施加水平向右的推力F，恰使A、B一起沿斜面匀速上滑，取、，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（　　）
A．弹簧弹力大小为mg
B．推力大小为2.5mg
C．若撤去推力F，则撤后瞬间物块B的加速度大小为g
D．若撤去推力F，则撤后瞬间物块A的加速度大小为2g
[素养提升练]
8．(多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
9．（2024·湖北三模）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间光滑、B与木板间有摩擦力。当木板与水平面的夹角时，物块A、B刚好要滑动，则下列说法正确的是（　　）
A．θ缓慢变小，绳子拉力变小
B．θ缓慢变小，B与木板间的摩擦力变大
C．θ缓慢变大，绳子拉力变小
D．θ缓慢变大，B与木板间的摩擦力变大
10.(多选)(2023·福建厦门市检测)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为＝0.1 N，重力加速度g＝10 ，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(　　)
A．羽毛球的加速度大小为10
B．羽毛球的加速度大小为30
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为 m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3 m/s
11．(多选)（2024·河南郑州三模）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率向右运动，一质量为的滑块从传送带右端以水平向左的速率滑上传送带，经过时间，最终滑块又返回至传送带的右端。在滑块整个运动过程中（　　）
A．滑块距传送带右端的最大距离为8m
B．传送带对滑块做功为零
C．传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2
D．传送带与滑块因摩擦产生的热量为18J
12．（2024·浙江省五湖联盟）如图甲，天台安科村滑草场惊险刺激，深受人们喜爱。简化图像如图乙所示，假设某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑一段距离到C点停下来。如果人和滑板的总质量，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为，斜坡的倾角（=0.6，）=0.8，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度为g=10 。求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若AB距离为10m，求人和滑板滑到斜面底端的速度大小？
（3）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？
13．(2023·浙江杭州市一模) 如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速度＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至＝4 m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至正常行驶；如果过人工收费通道，汽车由开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s缴费后，再匀加速至正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2 ，求：
(1)汽车过人工收费通道，从减速开始到收费后加速至，总共通过的路程和所需时间；
(2)若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间＝21 s，汽车在ETC通道匀速行驶的距离。
第2练　牛顿运动定律与直线运动参考答案
1.答案　BD
解析　质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a－t图像的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，D正确。
2.答案 ABD
解析 A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；B．设小物块和木板间动摩擦因数为，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为，经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得，解得，故B正确；C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为，故可得，解得，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为，此时对木板由牛顿第二定律得，解得，故C错误；D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
3.答案　C
解析　因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝a，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。
4.答案 C
解析 A．图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的速度大小等于m/s=0.4m/s，由图可得实际Q的图象与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图象与坐标轴围成的面积，故t=1s时Q的速度大小大于0.4m /s，故A错误；B．t=0时，对物块P有N=2N，故恒力大小为2N，故B错误；CD．时，对物块P、Q整体有，解得kg，撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
5.答案 D
解析 B．根据题目信息可知，车1在5s时已经停止，车2在6s时停止，故6s时，车2的速度大小为0，故B错误；A．在前5s内，车1的位移为，解得，故A错误；D．设两车速度相等的时刻为t，则从开始运动到两车速度相等时有，解得，此时两车相距最近，最近距离为，故D正确；C．4s后，车2的速度大于车1的速度，因此两车间的距离先减小后增大，故C错误。
6.答案 B
解析 定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得，得，当用一竖直向下的恒力代替时，对，根据牛顿第二定律得，得，则，故ACD错误，B正确。
7.答案 AD
解析 A．对B，根据平衡条件，弹簧弹力大小为，故A正确；B．对A，根据平衡条件，解得，故B错误；C．若撤去推力F，则撤后瞬间弹簧来不及形变，弹簧弹力不变，物块B处于平衡状态，加速度大小为0，故C错误；D．若撤去推力F，则撤后瞬间物块A的加速度大小为，故D正确。
8.答案　AD
解析　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时对P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。
9.答案 A
解析 AB．当A、B刚好要滑动时，以A为研究对象，受力分析得出此时绳上张力，以B为研究对象，受力分析可知，此时B受斜面的静摩擦力，方向沿斜面向上。动摩擦因数，当θ变小时，变小，B与木板间的静摩擦力为变小，故A正确、B错误；CD．当θ增大时，B沿木板向下运动，A沿木板向上运动，二者运动的加速度大小相同。以B为研究对象，有，以A为研究对象，有，解得，变大，B与木板间的滑动摩擦力变小，故CD错误。
10.答案　BD
解析　依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，解得羽毛球的加速度为a1＝30 m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20 m/s2，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部恰能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋a2t2)－a1t2＝d，联立解得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确。
11.答案 AD
解析 C．根据题意可知，滑块先向左匀减速到0，再向右匀加速到与传送带共速，之后和传送带一起匀速到最右端，设匀速的时间为，传送带与滑块间的动摩擦因数为，则有，规定向右为正方向，则有，，联立解得，，，故C错误；A．滑块向左匀减速到0时，滑块距传送带左端的距离最大，则最大距离为，故A正确；B.设传送带对滑块做功为，由动能定理有，代入数据解得，故B错误；D．滑块向左运动过程的时间为s，滑块相对于传送带的位移为m，向右加速的时间为s，滑块相对于传送带的位移为m，传送带与滑块因摩擦产生的热量为，故D正确。
12.答案 （1）；（2）；（3）50m
解析 （1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为
（2）根据速度与位移的关系有
解得
（3）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为
根据速度位移公式得，B点的速度为
根据速度位移公式得。
13.答案　(1)128 m　36 s　；(2)(36－16) m
解析　(1)根据题意，由运动学公式v＝v0＋at可得，匀减速的时间为t1＝＝ s＝8 s
由运动学公式v2－v02＝2ax可得，匀减速的位移为
x1＝＝ m＝64 m
停止时间t2＝20 s，位移为零，加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有
x＝2x1＝2×64 m＝128 m
t＝2t1＋t2＝2×8 s＋20 s＝36 s
(2)根据题意可知，由运动学公式v＝v0＋at可知，过ETC通道的车辆减速用时
t3＝ s＝6 s
由运动学公式x＝t可得，匀减速的位移为
x3＝t3＝60 m
则匀速的时间和加速的时间之和为t4＝(36－21－6)s＝9 s
匀速的位移和加速的位移之和为x′＝x－x3＝68 m
设加速的时间为t5，则有
v2(t4－t5)＋v2t5＋at52＝x′
解得t5＝4 s
则汽车匀速运动的距离为
x4＝v2(t4－t5)＝(36－16)m。