2021学年5 牛顿运动定律的应用课堂检测

2020-2021学年新人教版必修第一册

4.5牛顿运动定律的应用 课时作业13（含解析）

1．某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v﹣t图象不可能的是（　　）

A． B．

C． D．

2．如图所示，质量为m的木箱放置于光滑水平桌面上，箱内一不可伸长的轻绳，一端固定在木箱上，另一端与质量也为m的光滑小球相连，绳子与箱壁的夹角为θ=37°，箱外另一不可伸长长的水平轻绳绕过光滑的定滑轮将木箱和物块P连起来，现将P由静止释放，小球和木箱始终保持相对静止，则物块P的最大质量为（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（  ）

A．m B．2m C．3m D．6m

3．如图，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为则（　　）

A．， B．，

C．， D．，

4．如图所示，质量m＝2kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°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5m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20N

B．当斜面以5m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30N

C．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40N

D．当斜面以20m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60N

5．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点，则（　　）

A．a球最先到达M点

B．b球最先到达M点

C．c球最先到达M点

D．b球和c球都可能最先到达M点

6．如图所示，足够长的倾斜传送带以v=2.4m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角=，某时刻同时将A、B物块（可视为质点）轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时间距为0.042m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA=0.75、μB=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin=0.6，cos=0.8，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）

A．物块B沿斜面向下做先做匀加速直线运动再做匀速运动

B．物块B最终一定能追上物块A

C．在t=0.24s时，A、B物块速度大小相等

D．在t=0.24s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变

7．如图所示，传送带A、B两端的距离为2m，倾角为37°，工件与传送带间的动摩擦因数为0.5。工件（视为质点）沿传送带向下滑上A端的瞬时速度v＝1m/s，到达B端的速度为vB，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．若传送带不动，则vB＝3m/s

B．若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，则vB＝4m/s

C．若传送带以速度v＝3.5m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/s

D．若传送带以速度v＝7m/s逆时针匀速转动，则vB＝7m/s

8．如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为和，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（    ）

A．两物块一起运动的加速度大小为

B．弹簧的弹力大小为

C．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

D．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

9．如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）以下说法正确的是 （　　）

A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于v

B．若，则粮袋从A到B一直做加速运动

C．不论大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且

D．粮袋开始运动的加速度为，若L足够大，则以后将以速度做匀速运动

10．如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．若m取一更大的值，则图象的斜率变大

B．若m取一更大的值，则图象的斜率变小

C．若M取一更大的值，则图象的斜率变大

D．若M取一更大的值，则图象的斜率变小

11．如图所示，2019个质量均为m的相同小球通过完全相同的轻弹簧相连，在水平拉力F的作用下一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，设球1和球2之间弹簧的弹力为，球2和球3间弹簧的弹力为，球2018和球2019间弹簧的弹力为。下列说法正确的是（　　）

A．

B．从左到右每根弹簧长度之比为

C．如果突然撤去拉力F，撤去的瞬间，球2019的加速度为，其余每个球的加速度依然为a

D．如果球1和球2两个球间的弹簧脱落，脱落瞬间球1的加速度为0，球2的加速度为2a，其余小球加速度依然为a

12．如图所示，传送带长，与水平方向的夹角，以的恒定速度向上运动。一个质量为的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数，，。下列说法中正确的有（　　）

A．刚开始物块做匀减速运动且加速度大小为

B．物块匀减速到之后将做匀速直线运动

C．物块匀减速到之后将做匀加速直线运动

D．物块最终以的速度从传送带上端冲出

13．物体A、B原来静止于光滑水平面上。从t=0时刻开始，A沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；B受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0~4s的时间内

A．物体A的速度一直减小

B．物体A所受合力保持不变

C．2s末物体B改变运动方向

D．2s末物体B速度达到最大

14．如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块M正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)

A．斜面光滑

B．斜面粗糙

C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左

D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右

15．质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示．若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动．关于A对B的作用力，下列说法正确的是

A．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F

B．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为

C．若物块A、B与水平面的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为

D．若物块A与水平面的动摩擦因数为μ，B与水平面的动摩擦因数为2μ，则物块A对B的作用力大小为

16．据了解，2020年3月24日夜间，重庆中西部、东南部地区先后出现强对流天气。监测显示，当天夜间我市共出现雷电9507次，沙坪坝、渝北、江北、巴南、渝中。南岸、两江新区、水川、璧山等地出现冰雹，并伴有6-7袋级阵性大风。某同学研究冰雹下落的规律时，了解到冰雹是从12.5千米的高空形成并下落的。假设冰雹间无相互作用且下降过程中质量不变，重力加速度g=10m/s2；

(1)若不计空气阻力的影响，请你计算冰雹落地时的速度大小；

(2)由于受到空气阻力的影响，冰雹实际到达地面附近时的速度已趋于稳定不变（即收尾速度），一颗直径大约两厘米的球形雹块，收尾速度为20m/s，冰雹下落过程中所受空气阻力Ff大小与速度v的关系如图乙所示。

①请在图丙中定性画冰雹下落过程中的v-t图像；

②求当冰雹的速度为5m/s时加速度的大小。

参考答案

1．C

【解析】

【分析】

【详解】

A．物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，依题意可判断

若斜面光滑，则物块先沿斜面向上做加速度为

的匀减速直线运动，速度减为0之后；再沿斜面下滑做加速度不变的反方向匀加速直线运动，故A选项图线可能；

BC．若斜面不光滑，且斜面动摩擦因数满足

则物体先向上做加速度为

的匀减速直线运动，再做加速度为

的反方向匀加速度直线运动，故B图线可能，C图线不可能；

D．若斜面不光滑，且斜面动摩擦因数满足

则物体向上做加速度为

的匀减速直线运动，直到静止，故D图线可能；

由于本题选择图线为不可能的，故选C。

2．D

【解析】

【分析】

【详解】

小球受力分析如图

可得

以木箱和小球为研究

以物块M为研究可得

综合联立得

综上分析D正确，ABC错误。

故选D。

3．A

【解析】

【分析】

【详解】

先对左图中情况下的整体受力分析，根据牛顿第二定律有

再对左图中情况下的小球受力分析，如图

根据牛顿第二定律有

由以上三式可解得

，

再对右图中小球受力分析，如图

由几何关系得

再由牛顿第二定律，得到

由于

故

，

故A正确，BCD错误。

故选A。

4．A

【解析】

【分析】

【详解】

AB．小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零。斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

代入数据解得

由于，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图所示

以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

代入数据解得F1＝20N，选项A正确，B错误；

CD．由于，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图所示

设绳子与水平方向的夹角为α。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

代入数据解得F2＝20N，选项CD错误。

故选A。

5．C

【解析】

【分析】

【详解】

如图所示

令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足

所以

对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M时满足

解得

同理b球从B点下滑到M点用时也满足

上式中r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R，综上所述可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

6．BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．对物体B受力分析，在刚放到传送带时，物体受到重力，支持力和沿斜面向下的摩擦力，向下做匀加速运动，加速度大小为

当达到传送带速度后，由于

B继续向下匀加速运动，加速度大小为

则物块B沿斜面向下做先做加速度较大的匀加速直线运动再做加速度较小的匀加速直线运动，故A错误；

B．对A分析可知，当A达到传送带速度时，由于

物体A随传送带一起匀速运动，由于B继续向下加速运动，故物块B最终一定追上物块A，故B正确；

C．物体刚放到传送带时，AB的加速度分别为

同理可得

A、B达到传送带速度所需时间为

故经历0.24s时A、B具有相同的速度，故C正确；

D．当AB达到共同速度之前，AB间的距离逐渐增大，达到共同速度后，B的速度继续增大，AB间的距离减小，故在t=0.24s前，A、B两物块之间的距离一直增大，D错误。

故选BC。

7．AC

【解析】

【分析】

【详解】

A．若传送带不动，滑动摩擦力沿斜面向上

解得：

根据速度位移关系式

解得：

故A正确；

B．若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，滑动摩擦力沿斜面向上，到达底端速度为3m/s，故B错误；

C．若传送带以速度v＝3.5m/s逆时针匀速转动，开始阶段，滑动摩擦力沿斜面向下

解得：

达到与传送带共速所走位移

解得：

之后继续加速

解得：

vB＝3m/s

故C正确；

D．若传送带以速度v＝7m/s逆时针匀速转动，达到与传送带共速所走位移

，

故到达传送带底端的速度小于7m/s，故D错误。

故选AC。

8．BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有

解得，故A错误；

B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有

解得，故B正确；

C．根据，可知若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；

D．根据，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。

故选BC。

9．AB

【解析】

【分析】

【详解】

A．粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确。

B．若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ-μcosθ）匀加速。故B正确。

C．由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动。故C错误。

D．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）。故D错误。

故选AB。

10．AD

【解析】

【分析】

【详解】

A、B保持相对静止外力最大时两者间静摩擦力最大值，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg=Ma得

对整体，由牛顿第二定律得

则F-μg图象的斜率为

AB．若m取一更大的值，则图象的斜率变大，故A正确，B错误；
CD．若M取一更大的值，则图象的斜率变小，故C错误，D正确。
故选AD。

11．AD

【解析】

【分析】

【详解】

A．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得

解得

分别以第1个小球、第1、2两球、第1、2、3三个球、……2018个小球为研究对象，

根据牛顿第二定律可得可知

，，

则

：：……=1：2：3：……2018

故A正确；

B．由胡克定律知，结合A的分析可知

：：……=1：2：3：……2018

弹簧的长度之比不满足1：2：3：……2018，故B错误；

C．突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，对第2019个小球，合力

则

故C错误；

D．第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确。

故选AD。

12．AD

【解析】

【分析】

【详解】

A．物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有

代入数据计算得出

故A正确；

BC．设物块速度减为所用时间为，则

计算得出

通过的位移

因

此后物块继续减速上滑的加速度大小为

则

代入数据计算得出

故物块匀减速到之后将做匀减速直线运动，故BC错误；

D．设物块到达最高点的速度为，则

计算得出

方向沿斜面向上，故D正确。

故选AD。

13．BD

【解析】

【分析】

【详解】

A．由图甲所示可以知道，物体A的速度先减小后增大，故A错误；

B．由图甲所示可以知道，物体A在0~2s内做匀减速直线运动，在2~4s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变；由牛顿第二定律可知，物体A在0~4s的时间受到的合力保持不变，所以B正确；

CD．由乙图可以知道，物体B所受的拉力先沿正向后沿负向，说明物体B在0~2s内做加速度减小的加速运动，2~4s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2s末运动方向没有改变，2s末物体B速度达到最大，故C错误，D正确。

14．AC

【解析】

【分析】

【详解】

AB．如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得；对整体，加速度

方向沿斜面向下，对小球，合力

F合=ma=mgsinθ

则摆线必定与斜面垂直，故A正确，B错误；

CD．小球的加速度和整体的加速度相同，对整体，加速度有水平向左的分量，合力水平向左，根据牛顿第二定律，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C正确，D错误。

故选AC。

【点评】

本题考查运用牛顿第二定律分析物体受力情况的能力，采用整体法和隔离法交叉的方法处理．

15．BD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．若水平面光滑，则对AB整体受力分析可知；

F=（m+2m）a

解得：

再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得：

T=2ma

故A错误，B正确．
C．若物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，则对AB整体受力分析可知；

F-3μmg =（m+2m）a

解得

再对B分析，B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：

T-μ∙2mg=2ma

所以

故C错误．

D．若物块A与地面间的动摩擦因数均为μ，B与地面间的动摩擦因数均为2μ，则对AB整体受力分析可知；

F-μmg-4μmg=（m+2m）a

解得

再对B分析，B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：

T-2μ∙2mg=2ma

所以

故D正确．

16．(1)500m/s；(2)①   ②7.5m/s2

【解析】

【分析】

【详解】

(1)根据自由落体公式

解得

(2)①由牛顿第二定律得

由上式可以看出，随着速度的增大，加速度减小，当阻力等于重力时速度最大，速度图像如图所示；

②由

解得