高中沪科版 (2019)4.5 牛顿运动定律的案例分析课后练习题

【优编】4.5牛顿运动定律的案例分析-1作业练习

一．单项选择

1．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，竿上有一质量为m的人可以看成质点，当此人沿着竖直竿以加速度a加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为（　　）

A. （M+m）g+ma B. （M+m）g-ma

C. （M+m）g D. （M-m）g

2．物块在1N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的判断正确的是（　　）

A．质量为1kg

B．经过坐标原点时速度为2m/s

C．加速度为1m/s2

D．加速度为0.5m/s2

3．如图所示，倾角为的斜面上有一固定挡板C，长度为m的木板B上有一个长度为m的木板A，AB上端齐平，B与斜面间的动摩擦因数为，AB之间的动摩擦因数为。现由静止释放AB，经过2s长木板B与C相碰，碰后B立即停止运动，重力加速度，，则下列说法中正确的有（　　）

A．释放AB后，两者将发生相对滑动

B．释放AB后，B下滑的加速度为6

C．B与C相碰时，A的速度大小为2m/s

D．释放AB后经过6s木板A恰好滑到长木板B的底端停下

4．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A．B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A．B不相对滑动，则F′的最大值Fm′为（　 　）

A．3.0N B．4.0N C．5.0N D．6.0N

5．如图所示，倾斜索道与水平线夹角，当载人车厢以加速度斜向上加速运动时，人对车厢的压力大小为体重的倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为，人的体重为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

6．在太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力，测得其加速度为，然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力，测得共同加速度为。己知标准物体质量，则待测物体质量为（　 　）

A． B．

C． D．

7．两个质量均为m，倾角均为的斜面体放在光滑的水平面上，如图所示放置，用垂直其中一个斜面向下．大小为F的力推斜面体，在两个斜面体运动的过程中，两斜面体间的相互作用力大小为（　 　）

A． B． C． D．

8．为了安全在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离我国交通管理部门规定：高速公路上行驶的汽车安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h，g取10m/s2。已知驾驶员的反应时间大约为（0.3-0.6s），各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如下表，请问交通部门规定的高速公路上汽车行驶的安全距离是怎样获得的（　　）

A．反应时间取0.3s，动摩擦因数取0.8

B．反应时间取0.45s，动摩擦因数取0.32

C．反应时间取0.45s，动摩擦因数取0.8

D．反应时间取0.6s，动摩擦因数取0.32

9．蹦极是跳跃者把固定的弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一项极限运动，某人做蹦极运动时，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，如果将蹦极的过程近似看作在竖直方向的运动，重力加速度为g,由图可知（　　）

A．跳跃者的质量为

B．跳跃者在弹性绳刚好拉直时速度最大

C．下降过程中跳跃者最大加速度约为2g

D．绳子拉力F逐渐增大过程，跳跃者加速度逐渐减小

10．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，，，则下列说法正确的是（　　）

A．物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点

B．物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为

C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2m

D．物块在传送带上留下的划痕长为

11．如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力F，物体运动的图像如图乙所示。重力加速度g取，下列说法正确的是（ 　　）

A．物体在内的位移 B．恒力F与摩擦力f大小之比为

C．物体与地面间的动摩擦因数为 D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为

12．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，取重力加速度g＝10m/s2。则（　　）

A．1～2s内，物块的加速度为1m/s2

B．小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下

C．传送带的倾角θ＝30°

D．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5

13．如图所示，有材料相同的P．Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力（　　）

A．与斜面倾角θ有关 B．与动摩擦因数有关

C．与系统运动状态有关 D．与两物块质量有关

14．如图甲，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F．物体速度v随时间t变化规律如图乙。g＝10m/s2，则（　　）

A．物体的质量m＝1.0kg

B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40

C．前3s内物体的平均速度为1.5m/s

D．前3s内物体所受摩擦力为2N

15．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，小明在滑梯上玩耍，他在AB段滑动时的动摩擦因数，BC段滑动时的动摩擦因数，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。则小明从滑梯顶端A点滑到底端C点的过程中（　　）

A. 地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右

B. 地面对滑梯始终无摩擦力作用

C. 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小明和滑梯的总重力的大小

D. 地面对滑梯的支持力的大小始终小于小明和滑梯的总重力的大小

16．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

17．如图所示，传送带与水平面的夹角为，绷紧的传送皮带被电动机带动以的速度顺时针匀速运行。把质量为的工件轻放在传送皮带的底端，传送带底端到顶端的长度为。若工件与传送带之间的动摩擦因数，取。则（　 　）

A．工件刚放上传送带时的加速度为

B．工件在传送带上一直受到滑动摩擦力的作用

C．工件运动到传送带顶端所用时间为

D．若想让工件传送时间最短，则传送带速度至少为

18．如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，C点在M点正上方与A点等高，B点在C点正上方d处，某时刻同时由静止释放a．b．c三个小球，a球由A点释放沿光滑倾斜直轨道AM运动，b．c球分别由B．C点自由下落，它们运动到M点所用时间分别为ta．tb．tc，下列说法正确的是（　　）

A.  B.  C.  D.

参考答案与试题解析

1．【答案】B

【解析】

【详解】对竹竿上的人由牛顿第二定律知

所以

由牛顿第三定律知竹竿上的人对竹竿的摩擦力竖直向下，对竹竿由平衡条件知

由牛顿第三定律知竹竿对底人的压力

故B正确ACD错误。

故选B。

2．【答案】D

【解析】

根据图像求出解析式为

x＝v2－2

又

v2－v＝2ax

可得

a＝0.5m/s2

由牛顿第二定律

F＝ma

代入数据，可得

m＝2kg

由图像可看出x＝0时，

v＝2m2/s2

则

v0＝m/s

ABC错误，D正确。

故选D。

3．【答案】D

【解析】

AB．由题意分析知AB一起沿斜面下滑的加速度为

A向下匀加速运动的加速度最大值为

故AB保持相对静止向下运动，故AB错误；

C．则B与C相碰时，A的速度为

故C错误；

D．当B停止运动后，A向下做减速运动，加速度为

A匀减速到0需要

下滑位移为

恰好停在长木板B的底端，故D正确。

故选D。

4．【答案】D

【解析】

根据图甲所示，设A．B间的静摩擦力达到最大值Ffm时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A．B整体有

F＝（mA＋mB）a

对A有

Ffm＝mAa

代入数据解得

Ffm＝2.0N.

根据图乙所示情况，设A．B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律有

Ffm＝mBa′，Fm′＝（mA＋mB）a′

代入数据解得

Fm′＝6.0N

故选D。

5．【答案】C

【解析】

【详解】把加速度分解成水平方向的加速度和竖直向上的加速度，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得，竖直方向

解得

则

水平方向，根据牛顿第二定律

故C正确，ABD错误。

故选C。

6．【答案】B

【解析】

对标准物体，由牛顿第二定律得

对标准物体和待测物体整体，由牛顿第二定律可得

代入数据解得

故选B。

7．【答案】B

【解析】

对整体研究，根据牛顿第二定律有

对右侧斜面体研究，设左侧斜面体对它的作用力为，则有

联立可求得两斜面体间的相互作用力大小

故选B。

8．【答案】D

【解析】

停车距离为

由题意可得

， ，

联立解得

则反应时间取0.3s，动摩擦因数为

反应时间取0.45s，动摩擦因数为

反应时间取0.6s，动摩擦因数为

所以ABC错误；D正确；

故选D。

9．【答案】C

【解析】

A．人最终处于平衡，有

解得质量为

故A错误；

B．当跳跃者的加速度为0时，速度达到最大值，当弹性绳刚好拉直时，拉力还很小，合力显然不为0，加速度不为0，还要继续加速，速度未达最大值，故B错误；

C．人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于，而最大拉力为即

结合牛顿第二定律，有

当拉力最大时，加速度最大，因而有

解得

故C正确；

D．绳子拉力F逐渐增大过程，跳跃者加速度先逐渐减小，达到0后再反向增大，故D错误。

故选C。

10．【答案】D

【解析】

A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得

共速后

物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；

B．运动学图像如图所示

物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移

物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t3，下滑的位移

解得

则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为

B错误；

C．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为

此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则

因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误；

D．在2s到时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了m，则物块在传送带上的划痕为

故D正确。

故选D。

11．【答案】D

【解析】

A．在v-t图像中图线与时间轴所围成的面积等于位移的大小，3s内物体的位移大小应为9m，故A错误；

C．撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，由图乙知，加速度大小为3m/s2，而

a2=μg

得

μ=0.3

故C错误；

D．匀变速直线运动的平均速度等于初．末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，故D正确；

B．根据牛顿第二定律可得

F-f=ma1

f=ma2

又由题图乙可知

a1=6m/s2

a2=3m/s2

联立解得

F∶f=3∶1

故B错误。

故选D。

12．【答案】D

【解析】【分析】

由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小。

A．速度时间图线的斜率表示加速度，1～2s内，物块的加速度

故A错误；

B．开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带相对后，所受的滑动摩擦力沿传送带向上，故B错误；

CD．开始匀加速运动的加速度

由牛顿第二定律得

速度相等后

联立两式解得

故D正确，C错误。

故选D。

【点评】

解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。

13．【答案】D

【解析】

设P．Q的质量分别为m1．m2，Q受到绳的拉力大小为T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。根据牛顿第二定律，对整体进行分析，有

F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ=（m1＋m2）a

对Q进行分析，有

T－m2gsinθ－μm2gcosθ=m2a

解得

T=F

可见Q受到绳的拉力T与斜面倾角θ．动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关。

故选D。

14．【答案】B

【解析】

AB．由图可知， 0？1s内物体静止，1？2s做加速度a=2m/s2的匀加速运动， 2？3s做匀速运动，由

得

故A错误B正确；

C．根据图线围成的面积求出前3s内物体的位移

前3s内物体的平均速度为

故C错误；

D．由速度时间图线知，在0？1s内，物体处于静止状态，由平衡条件可知摩擦力等于水平推力，在2？3s内，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知推力等于滑动摩擦力f=2N，故在1？2s内，物体做匀加速直线运动滑动摩擦力也为2N。故D错误。

故选B。

15．【答案】A

【解析】

【详解】AB．小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，如图

以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左。同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故A正确，B错误；

CD．以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，小朋友和滑梯整体处于失重状态，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力F小于小朋友和滑梯的总重力。同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，有竖直向上的分加速度，小朋友和滑梯整体处于超重状态，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，故CD错误。

故选A。

16．【答案】A

【解析】【分析】

以物块P为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出F与物块P的位移x的关系式，再选择图象。

设物块P的质量为m，加速度为，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得

以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力

对物块P，由牛顿第二定律得

由以上式子联立可得

可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，

当时，有

故A正确，BCD错误。

故选A。

【点评】

解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。

17．【答案】D

【解析】

A．工件轻轻地放在传送带底端后，受到重力．支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律得

μmgcosθ-mgsinθ=ma

解得

a=2.5m/s2

故A错误；

C．设工件加速到v0=2m/s时运动的位移为x，则有

2ax=v02

解得

x=0.8m<4m

工件加速到v0=2m/s时运动的时间为

所以工件在传送带上先匀加速运动后匀速运动，到达A端用时间

则工件从传送带底端B到顶端A的总时间

t=t1+t2=2.4s

故C错误；

B．工件与传送带之间有相对运动时是滑动摩擦力，工件与传送带之间没有相对运动时是静摩擦力，故B错误；

D．当物块一直加速时，时间最短，则传送带的最小速度

解得

故D正确。

故选D。

18．【答案】B

【解析】

【详解】竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，AM与水平方向夹角为45°，则有

C点在M点正上方与A点等高，有

B点在C点正上方d处，有

可得

故选B。