人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用精品综合训练题

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\l "_Tc22673" 【题型1 由受力情况确定运动情况】 PAGEREF _Tc22673 \h 1
\l "_Tc10153" 【题型2 由运动情况确定受力情况】 PAGEREF _Tc10153 \h 3
\l "_Tc1713" 【题型3 图像类问题】 PAGEREF _Tc1713 \h 5
\l "_Tc6108" 【题型4 板块模型】 PAGEREF _Tc6108 \h 7
\l "_Tc27653" 【题型5 传送带模型】 PAGEREF _Tc27653 \h 9
【题型1 由受力情况确定运动情况】
【例1】如图所示，水平地面上有一质量m＝2 kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在与水平方向成θ＝37°角斜向下的推力F＝10 N作用下由静止开始向右做匀加速直线运动.已知sin37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.则物块运动2 s所通过的位移大小为（ ）
A. 2 mB. 4 m
C. 2.8 mD. 5.6 m
【答案】C
【详解】对物块进行受力分析，地面给物块的支持力为N，竖直方向合力为零，N＝Fsin37°＋mg＝26 N，水平方向f＝μN＝5.2 N，根据牛顿第二定律Fcs37°－f＝ma，解得a＝1.4 m/s2，则物块运动2 s所通过的位移大小为x＝2.8 m，故ABD错误，C正确.
【变式1-1】如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面。人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下。人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：(1)人从斜坡顶端A点滑至底端C点所用的时间；
人在经过C点后滑行的距离。
【答案】(1)2 s (2)12.8 m
【详解】(1)人在斜坡上下滑时，受力分析如图所示。
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma，Ff＝μFN，
垂直于斜坡方向有FN－mgcs θ＝0，
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，
由匀变速运动规律得L＝eq \f(1,2)at2，解得t＝2 s。
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用。设在水平面上人减速运动的加速度为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′。
设人到达C处的速度为v，则人在斜面上下滑的过程v2＝2aL，
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x，
联立以上各式解得x＝12.8 m。
【变式1-2】(2024河南适应性演练)如图所示，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(1,3)v0
C.eq \f(1,8)v0 D.eq \f(1,9)v0
【答案】B
【详解】设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为eq \f(a1,a2)＝eq \f(f1,f2)＝eq \f(7,1)，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中eq \f(x1,x2)＝eq \f(8,7)，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝eq \f(v0,3)。故选B。
【变式1-3】(2023淄博模拟)为了使雨滴尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度。假设雨水在房屋瓦面上的流动可近似看作物体在光滑斜面上由静止开始下滑的运动，则为了使雨水尽快流下，如图所示，房屋顶角设计合理的是( )

【答案】(1)AO绳先断 (2)2.5×104 N
【详解】根据题意，雨水流动的运动模型如图所示，对雨水受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ=ma，又由运动学公式得L=12at2；由于各房屋的屋面可以看成同底的斜面，设共同的底长为d，则L=dcsθ，联立解得t=4dgsin2θ，所以t∝1sin2θ，故当θ=45°时，t最短，可得房屋的顶角为90°时最合理，故选C。
【题型2 由运动情况确定受力情况】
【例2】(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上做匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2。下列关于热气球的说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
【答案】AD
【详解】热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff′＝0，计算得Ff′＝230 N，选项D正确。
【变式2-1】（多选）（2023项城调研）车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测车辆在行进过程中的加速度.如图所示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为T1和T2.下列说法正确的是（ ）
A. 车可能正在向右做加速运动
B. 两细线的拉力T1＝T2
C. 当汽车加速度增大时，T1变小
D. 当汽车加速度减小时，T2增大
【答案】AB
【详解】A. 对右边小球进行受力分析，沿细线方向斜右上方的拉力和竖直向下的重力.设细线与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有ma＝mgtanθ，T2＝mg/csθ，加速度水平向右，可以判断小车可能向右加速，或者向左减速.故A正确；B. 同理，对左边小球受力分析，可得ma＝FN－mgtanθ，T1＝mg/csθ，联立可得T1＝T2，故B正确；C. 根据上面选项的分析，可知当汽车加速度增大时，T1不变，故C错误；D. 根据上面选项的分析，可知当汽车加速度减小时，小球2的细线的夹角变小，T2变小，故D错误.故选AB.
【变式2-2】(2023焦作期末)如图所示，质量为m=3 kg的木块放在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t=2 s时间木块沿斜面上滑4 m的距离，则推力F的大小为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N
【答案】D
【详解】木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mg sin θ=μmg cs θ；当木块在推力F作用下加速上滑时，由运动学公式可得x=12at2，解得加速度a=2 m/s2，由牛顿第二定律得F-mg sin θ-μmg cs θ=ma，得F=36 N，D正确。
【变式2-3】（2024蚌埠三模）如图所示，一盛有水的容器自倾角为θ的固定粗糙长斜面顶端下滑.已知容器底部与斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下滑过程中水面位置可能正确的是（图中实线表示水面位置，虚线表示水平面位置，α＜θ）（ ）
【答案】B
【详解】若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，则容器匀速下滑，此时容器内的液面水平；若容器底部与斜面间的动摩擦因数为零，则容器下滑的加速度为a＝gsinθ，则此时容器内的液面与斜面平行；则若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ，可知容器加速下滑且加速度0＜a＜gsinθ，则容器内的液面倾斜，倾斜角度在“水平”与“与斜面平行”之间.故选B.
【题型3 图像类问题】
【例3】如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面底端放置一质量为m的小物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，某时刻给物体一沿斜面向上的初速度，下列能正确反应小物体在斜面上运动的v-t图像的是( )
【答案】D
【详解】物体上升时的加速度a1＝gsin θ＋μgcs θ，到达最高点时，由于gsin 37°＞μgcs 37°，则物块将沿斜面下滑，下滑时的加速度为a2＝gsin θ－μgcs θ＜a1，则由图可知只有选项D正确。
【变式3-1】（2024宝鸡模拟）小朋友玩竖直向上抛球的游戏，理想情况可以把球的运动看成只受重力的运动，但实际上球受到空气阻力的作用.假设空气阻力大小恒定，取向上为正方向，则两种情况下小球从抛出到回到抛出点的过程中，速度—时间图像可能正确的是（ ）
【答案】C
【详解】理想情况下球的运动看成只受重力的运动，则加速度为g不变，从抛出到回到出发点的v－t图像是一条倾斜的直线；若有空气阻力，则上升的加速度a1＞g，下降阶段的加速度a2＜g，根据v＝at可知上升的时间小于下降的时间；所以上升的高度将减小，即图像与坐标轴围成的面积减小.故选C.
【变式3-2】如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M，长为L＝18 m的木板.从t＝0时刻开始，质量为m＝2 kg的物块以初速度v0＝10 m/s从左侧滑上木板，同时在木板上施以水平向右的恒力F＝8 N，已知开始运动后1 s内两物体的v－t图线如图乙所示，物块可视为质点，g取10 m/s2，下列说法错误的是（ ）
A. 物块与木板间的动摩擦因数为0.1
B. 木板的质量M＝3 kg
C. t＝2.5 s时，物块的加速度大小为1 m/s2
D. t＝2 s时，木板的速度为8 m/s
【答案】B
【详解】AB. 在0～1 s，物块向右匀减速，木板向右匀加速，对物块，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1，由v－t图像可知a1＝1 m/s2，联立解得μ＝0.1，对木板，由牛顿第二定律可得F＋μmg＝Ma2，由v－t图像可知a2＝4 m/s2，联立解得M＝2.5 kg，故A正确，B错误；CD.设经过时间t，两者达到共同速度，则v0－a1t＝a2t，代入数据解得t＝2 s，共同速度v＝8 m/s，此时物块的相对位移为Δs1＝10 m＜18 m，说明物块未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得F＝（M＋m）a3，代入数据解得a3＝16/9 m/s2＞μg＝1 m/s2，所以物块相对木板还是要相对滑动，物块的加速度大小是a1＝1 m/s2，对木板，由牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma4，代入数据解得a4＝2.4 m/s2，二者都向前加速，物块相对木板向后滑动，所以2.5 s末物块的加速度仍为a1＝1 m/s2，故CD正确.故选B.
【变式3-3】如图甲所示，一足够长的木板在水平地面上向右运动，在 t=0 时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的 v−t 图像如图乙所示。则小物块运动的 v−t 图像可能是( )
【答案】D
【详解】根据木板运动的 v−t 图像可知，物块先加速运动，与木板共速后减速运动，且减速时的加速度大小不大于加速时的加速度大小，故选项D正确， ABC 错误。
【题型4 板块模型】
【例4】如图所示，水平桌面上质量为m的物块放在质量为2m的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为μ，木板和桌面间的动摩擦因数为μ，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．当F>μmg时，物块和木板一定发生相对滑动
B．当F＝μmg时，物块的加速度大小为eq \f(1,12)μg
C．当F＝2μmg时，木板的加速度大小为eq \f(1,6)μg
D．不管力F多大，木板的加速度始终为0
【答案】B
【详解】 对长木板，因μmg>eq \f(1,4)μ·3mg，长木板可以向右运动，由μmg－eq \f(1,4)μ·3mg＝2ma可得其运动的最大加速度为a＝eq \f(1,8)μg，选项C、D错误。当物块、木板将要发生相对滑动时，对物块，F0－μmg＝ma，将a＝eq \f(1,8)μg代入得F0＝eq \f(9,8)μmg，选项A错误；当F＝μmg时，由F－eq \f(1,4)μ·3mg＝3ma1，解得a1＝eq \f(1,12)μg，选项B正确。
【变式4-1】（多选）如图所示，有一足够长的木板静止在光滑水平面上，木板的质量为 M=4 kg ，一个小滑块质量 m=1 kg ，尺寸远小于木板长度，以初速度 v0=10 m/s 冲上木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数为 μ=0.4 ，g=10 m/s2。则( )
A.小滑块刚冲上木板时，小滑块的加速度大小为 4 m/s2
B.小滑块刚冲上木板时，木板的加速度大小为 2 m/s2
C.小滑块经过 2 s 和木板达到共同速度
D.小滑块从冲上木板到相对木板静止，相对木板滑行了 10 m
【答案】D
【详解】小滑块刚冲上木板时，根据牛顿第二定律可知 μmg=ma1 ， μmg=Ma2 ，可得滑块的加速度大小 a1=4 m/s2 ，木板的加速度大小 a2=1 m/s2 ，选项A正确，B错误；根据 v0−a1t=a2t ，可得滑块和木板达到共同速度的时间 t=2 s ，选项C正确；达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小Δx=10 m ，选项D正确。
【变式4-2】如图所示，平板N静置于足够长的水平面上，物块P、Q静置于平板N上表面，现对平板N施加一水平恒力F＝9μmg.物块P、Q及平板N三者质量均为m，所有接触面间动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.不计空气阻力，整个运动过程中，平板N的最大加速度与最小加速度的比值为n，则（ ）
n＝2B. n＝3C. n＝4D. n＝5
【答案】 A
【详解】分析知，当物块P、Q都在平板N上表面运动时，平板N的加速度最小，设最小加速度为a1，有F－μmg－μmg－μ·3mg＝ma1，解得a1＝4μg，当物块P、Q均离开平板N后，平板N的加速度最大，设最大加速度为a2，有F－μmg＝ma2，解得a2＝8μg，故平板N的最大加速度与最小加速度的比值n＝2，故选A.
【变式4-3】（2024新课标卷）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】见解析
【详解】设物块质量m，初速度为v0，薄板质量m，物块滑上薄板，由动量守恒定律 mv0=mv1+mv2
μmgl= mv02-mv12-mv22
物块在薄板上运动加速度a1=μg=3m/s2
物块在薄板上运动位移s=7l/6
v02-v12=2a1s
联立解得：v0=4m/s，v1=3m/s，v2=1m/s
由v0-v1=at1，解得t1=s
（2）物块抛出后薄板匀速运动，=v2t2
解得t2=s
平台距地面的高度 h==m
【题型5 传送带模型】
【例5】如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求物体从A点到达B点所需的时间。
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
【答案】(1)2.2 s (2)1 s
【详解】(1)设物体的速度大于传送带的速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1，
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝eq \f(v0－v,a1)，
物体通过的位移x1＝eq \f(v02－v2,2a1)，
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2，则
Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2，
物体继续减速，设经t2时间到达传送带B点，有
L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2t22，
t＝t1＋t2，
联立解得t＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，则L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2，
解得t′＝1 s
【变式5-1】（2023宣城期末）如图甲所示，倾斜传送带与水平地面夹角为θ，传送带以v1＝2 m/s的速率顺时针转动，一个质量为m的黑色煤块以初速度v2＝8 m/s的速度从传送带底端滑上传送带，黑色煤块在传送带上上升的v－t图像如图乙所示，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
传送带与水平地面夹角θ的大小和动摩擦因数μ的大小；
（2）黑色煤块在传送带上运动的总时间；
（3）黑色煤块在传送带上形成的划痕长度.
【答案】（1）θ＝37° μ＝0.5 （2）3.6 s （3）9 m
【详解】（1）由于黑色煤块的初速度大于传送带的速度，所以黑色煤块相对传送带向上运动，
根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1，根据图像可得a1＝10 m/s2
当煤块的速度减小到与传送带速度相等时，有mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，
根据图像可得a2＝2 m/s2，可得μ＝0.5，θ＝37°.
（2）黑色煤块减速到与传送带共速需要的时间为t1＝0.6 s，煤块减速到速度为零需要的时间为t2＝1 s，向下加速运动直到回到底端的时间为t3＝2 s，可得黑色煤块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s.
（3）黑色煤块速度大于传送带时s1相＝x1－vt1＝1.8 m，黑色煤块速度小于传送带时s2相＝vt2－x2＝1 m，黑色煤块速度方向与传送带速度方向相反时s3相＝vt3＋xm＝8 m
黑色煤块在传送带上形成的划痕长度s痕＝s2相＋s3相＝9 m.
【变式5-2】如图所示，一火车站的传送带以0.8 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上表面A、B两端间的距离为2 m。旅客将行李无初速度地放在A端，行李与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，则行李从A端运动到B端的时间为( )
A．2．4 s B.2.5 s
C．2．6 s D.2.8 s
【答案】 C
【详解】开始时，行李受向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=4 m/s2。设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v=0.8 m/s，根据v=at1代入数据解得t1=0.2 s，匀加速运动的位移大小为x=v2t1=0.08 m，则匀速运动的时间为t2=L−xv=2−0.080.8 s=2.4 s，可得行李从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2.6 s，故选C。
【变式5-3】（多选）如图所示，顺时针运行的水平传送带长为 L=5.3 m ，速率 v=1 m/s ，在其左端以初速度 v0=2 m/s 水平向右滑上一物块。若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 ，g 取 10 m/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.物块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
C.物块在传送带上的运动时间为 5.2 s
D.物块在传送带上留下的划痕长度为 0.1 m
【答案】BCD
【详解】刚放上物块时，由于物块的速度大于传送带的速度，物块相对传送带向右运动，物块受到向左的滑动摩擦力，选项A错误；物块先向右做匀减速直线运动，减速至与传送带同速，此过程中有 μmg=ma ，
v02−v2=2ax1，解得 x1=0.3 m