4.5 牛顿运动定律的应用 堂堂堂练—— 2021-2022学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册word版含答案

新高一2021
2021-2022学年度物理课堂堂堂练
第四章
运动和力的关系
第五节
牛顿运动定律的应用
一、单选题
1．如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上。物体B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在时间内，下列说法正确的是（　　）
A．A、B共同做匀加速直线运动，0时刻A、B间的静摩擦力为0
B．A、B共同做匀加速直线运动，时刻，A、B的速度最大
C．A、B共同做变加速直线运动，时刻A、B离出发点最远
D．A、B共同做变加速直线运动，时刻，A受到的静摩擦力方向向左
2．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．A球受力情况未变，加速度为零
B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin
D．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin
3．如图，水平传送带长为L=5.3m，运行速率v=1m/s，在其左端以初速度
水平滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2，则物块从左到右的运动过程中（　　）
A．刚放上时，物块受到向右的滑动摩擦力
B．物块一直做匀减速直线运动
C．物块在传送带上的运动时间为5.2s
D．物块在传送带上留下的划痕长度为0.3m
4．如图所示，一劲度系数为的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为的物块A、B（物块B与弹簧拴接），初始时物块均处于静止状态。现对物块A施加一个竖直向上的恒力，为重力加速度。当物块A、B恰好分离时，物体A的加速度与上升的高度为（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
5．如图所示，一个质量为m的光滑小球，用细线系住上端固定在光滑斜面体的顶端，斜面体的质量为M，倾角为θ。今用水平拉力F拉着斜面体沿着光滑的水平面向右匀加速运动，为使小球不离开斜面，则水平拉力F的最大值不得超过（　　）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示，有一半圆，其直径水平与另一圆的底部相切于圆心点，现有两条光滑轨道AB、CD，两轨道都经过切点O，A、B、C、D四个点分别位于上下两周的圆周上，现在让一物块先后从两轨道顶端A、C由静止下滑经O点至底端B、D，则物块在两段倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）
A．
B．
C．
D．
7．一物体直线运动的图象如图所示，则物体（　　）
A．和两个时刻速度方向相反
B．的位移大于的位移
C．合力方向一直不变
D．速度先变小后变大
二、多选题
8．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用一水平力F作用于B，A，B的加速度与F的关系如图乙所示，
，则下列说法中正确的是（　　）
A．A的质量为
B．B的质量为
C．A、B间的动摩擦因数为0.2
D．B与地面间的动摩擦因数为0.2
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+）s
B．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4）m
C．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
D．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.35
10．如图所示，水平地面上两滑块A、B的质量分别为1kg、2kg，A、B与地面间动摩擦因数均为0.2。弹簧左端固定在墙壁上，右端固定在A上。A、B紧靠在一起（不粘连）压紧劲度系数为50N/m的弹簧，此时弹簧的压缩量为10cm且A、B均静止。现施加一水平向右的拉力F，F恒为10N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．施加拉力之前B受到3N的摩擦力
B．AB分离的瞬间B的加速度大小为3m/s2
C．滑块A的速度最大时，其位移大小为4cm
D．从施加拉力开始计时，3秒末滑块B的速度为9m/s
三、解答题
11．如图所示，质量m=1kg的物块放在倾斜角的斜面上，斜面体的质量M=2kg，斜面与物体间的动摩擦因数，地面光滑。现对斜面体施加一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，F应为多大？（设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）
12．如图所示，用F
=
2.0N的水平拉力，使质量m
=
1.0kg的物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动。求：
（1）物体运动的加速度大小a；
（2）物体在前3.0s内运动的位移大小x。
13．如图所示，质量M=4kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一不计大小，质量为m=2kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为=0.1。开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F=6N，方向水平向右的恒定拉力，若物块从木板左端运动到右端经历的时间为4s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2求：
（1）画出小物块与长木板的受力分析图，并求出小物块和长木板的加速度大小；
（2）求小物块到达木板右端时，小物块与木板的速度大小；
（3）木板的长度L。
14．木块A、B的质量分别为m1=2kg
和m2=1kg，将木块B放在粗糙的水平桌面上，桌面右侧边缘固定一光滑定滑轮，定滑轮正下方的木块A距地面的高度为h=0.6m，A、B之间用轻质不可伸长的细线跨过定滑轮连接，桌面上方的细线平行于桌面。一同学初始用与竖直方向成θ=53°斜向下的力F顶住B，
A、B均静止不动，如图所示。某时刻该同学立即撤去力F，A落地后，木块B继续向右滑行，最终未碰到滑轮，整个过程桌面始终未动。已知小木块B与水平桌面之间的动摩擦因数为μ=0.5，滑动摩擦力视为最大静摩擦力，重力加速度为g
取10
m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）求该同学顶住B的力F值的范围；
（2）求撤去力F后，木块B加速、减速过程中加速度的大小之比；
（3）求木块B在桌面上滑行的总距离。
15．如图所示，在光滑的水平桌面上叠放着一质量为的足够长薄木板A和质量为的金属块B，B上有轻绳绕过定滑轮与物块C相连。B与A之间的滑动摩擦因数，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直且平行于木板，B位于A的左端，C距地面高度（如图），然后放手，设A的右端距滑轮足够远，三个物体运动不受滑轮影响，绳松弛后对A、B的运动也无影响。（取）
（1）为了保证A、B相对滑动，绳中的拉力和物块C的质量必须大于某临界值和，求其值；
（2）当，B与A相对静止前，B在A上滑的距离；
（3）计算（2）情况下，从到C落地瞬间，物体A对物体B的冲量（答案保留根号）。
试卷第2页，总3页
试卷第1页，总1页
参考答案
1．C
【详解】
AB
．A、B从静止开始运动，受合外力为逐渐减小的变力，则加速度逐渐减小，即两物体做加速度减小的变加速运动；是由图可知，则0时刻，力F最大，则A、B的加速度最大，此时A、B间的静摩擦力为f=mAa，即静摩擦力不为零，选项AB错误；
CD．由以上分析可知，A、B共同做变加速直线运动，0~时间内速度方向不变，则时刻A、B离出发点最远；因此时刻F=0，则AB的加速度为零，物体A不受静摩擦力作用，选项C正确，D错误。
故选C。
2．D
【详解】
A．细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为0，合力不为0，加速度不为0，故A错误；
B．对球C，由牛顿第二定律得
mgsin＝ma
解得
a＝gsin
方向沿斜面向下，故B错误；
D．以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力
F＝3mgsin
烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得
3mgsin－2mgsin＝2ma
则A、B的加速度
a＝gsin
故D正确；
C．由D可知，B的加速度为
a＝gsin
以B为研究对象，由牛顿第二定律得
FT－mgsinθ＝ma
解得
FT＝mgsin
故C错误；
故选D
3．C
【详解】
A．物块滑上传送带时，由v0大于v，物块受到向左的滑动摩擦力，A错误；
BC．根据
物块的加速度大小为
则匀减速时间为
位移为
解得
则物块先做匀减速运动，然后与传送带一起以带速运动，匀速运动的时间为
故在传送带上的总时间为
B错误C正确。
D．传送带在0.2s内位移
物块在传送带上留下的划痕长度为
D错误。
故选C。
4．A
【详解】
设初始时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有
解得
设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为，对物块A、B分别应用牛顿第二定律有
联立解得
则物体A上升的高度为
故选A。
5．D
【详解】
当拉力达到最大值时，小球对斜面的压力恰好为零，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律
将斜面体和小球作为一个整体可得
整理得
故选D。
6．C
【详解】
AB．设AB与水平方向的夹角为θ，上边的圆半径为R，下面的半圆半径为r，如图所示：
对AO边：由几何关系可得AO=2Rsinθ，物块在AB上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ=ma
解得
a=gsinθ
根据位移时间关系可得
解得
由此可知，从A、C到O下滑的时间与倾角无关，所以有
tAO=tCO
AB错误；
CD．对AB边：AB的长度为L=2Rsinθ+r，根据运动学公式可得：
L=at2
解得
由图可知，CD的倾角大于AB的倾角，倾角越大sinθ越大，则滑块经过的时间越短，所以有
tAB＞tCD
C正确、D错误。
故选C。
7．B
【详解】
A．和两个时刻的速度均为负值，速度方向相同，故A错误；
B．由图像围成的面积表示位移，通过数格子数，可知的位移大于的位移，故B正确；
C．由图像的斜率表示加速度，可知的加速度为负，的加速度为正，方向发生改变，故C错误；
D．由图像知，速度增大，速度变小，故D错误。
故选B。
8．AD
【详解】
由图乙可知，当A、B相对滑动后A的加速度恒定且为，由牛顿第二定律可知，A、B间的动摩擦因数为
由图乙可知，当F=3N时，A、B刚开始滑动，即有：
当F=9N时，A、B两物体具有相同的加速度且AB间的摩擦达到最大静摩擦，则有：
由以上两式解得
当F=13N时，对B由牛顿第二定律可知
解得
综合
解得
综上所述，故应选AD。
9．ABC
【详解】
CD．由图示速度随时间变化的图像可知，0到1s内，煤块的加速度大小
方向沿传送带向下；1到2s内煤块的加速度大小
方向沿传送带向下，对煤块，由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
故C正确，D错误；
A．煤块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图像速度随时间变化的图像与时间轴所包围的面积的大小，煤块沿传送带向上滑行的位移
煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为，下滑的位移
解得
则煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为
故A正确；
B．在0到1s内传送带比物块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为
此时划痕在物块的下方，在1到2s内，传送带速度比物块速度大，则
因为
所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s到时间内，煤块向下滑了10m，传送带向上滑了，则煤块在传送带上的划痕为
故B正确。
故选ABC。
10．ABD
【详解】
A．由题意可知，弹簧的弹力为5N，施加拉力之前AB静止，A受到的最大静摩擦力为2N，由受力平可知，B受到的摩擦力为3N，故A正确；
B．AB分离的瞬间，对B由牛顿第二定律可得
带入数据解得
故B正确；
C．当滑块A的加速度为零时，滑块A的速度最大即
解得
可知滑块A的速度最大时，其位移大小为
故C错误；
D．由分析可知，当施加拉力开始，AB就分离，分离后B做匀加速直线运动，加速度由B选项可知为，故3秒末滑块B的速度为9m/s，故D正确。
故选ABD。
11．
【详解】
设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，取加速度的方向为x轴正方向，对物块分析，在水平方向有
竖直方向有
对整体有
联立解得
设物块处于相对斜面向上滑的临界状态时推力为F2，对物块水平方向有
竖直方向有
对整体有
联立解得
则F的取值范围为
12．（1）2m/s2；（2）9m
【详解】
（1）对物体做受力分析知，重力和支持力平衡，则其合外力为F
=
2.0N的水平拉力，根据牛顿第二定律有
F
=
ma
代入数据知
a
=
2m/s2
（2）根据匀变速直线运动位移与时间的关系有
x
=
v0t
+
at2
代入数据有
x
=
9m
13．（1）见解析；（2），；（3）
【详解】
（1）对小物块受力分析如图
由牛顿第二定律
联立解得
对木板受力分析如图所示
由牛顿第二定律
解得
（2）小物块的速度由运动学公式
木板速度
（3）由运动学公式，小物块的位移
木板位移
木板长度
14．（1）15N~75N；（2）2：3；（3）1m
【详解】
（1）B静止，力F1较小时
解得
B静止，力F2较大时
解得
则力F的范围介于15N~75N
（2）B加速时
减速时
故加速度大小之比为2：3
（3）B的最大速度由
得
B减速滑行的位移由
则B的滑行总距离为
15．(1)
；；(2)
；(3)
【详解】
(1)为保证相对滑动，则
对进行受力分析，根据牛顿第二定律
得
对进行受力分析知
又
当时
则
又物块与物块通过绳连接，则加速度大小相同则对进行受力分析根据牛顿第二定律
得
(2)
由题知对进行受力分析得
对进行受力分析得
联立得
故可以发生相对滑动
落地时，根据匀加速直线运动规律得
且此时相对于地面前进的距离为
加速度为
落地后，对进行受力分析得
方向水平向左开始减速加速度仍为
设再过，共速，相对静止则
得
在这个时间段内前进的距离为
代入数据得
又在整个过程中前进的距离为
代入数据得
则在上滑行得距离为
代入数据得
(3)由(2)知到落地用时，故根据冲量公式
得