高中物理教科版必修15 牛顿运动定律的应用同步达标检测题

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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5（含解析）  1．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB=BC，小物块P（可视为质点）以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1：4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数、之比为（P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动）（ ）A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．8： 12．一煤块（可视为质点）放在水平浅色传送带左端，刚开始均处于静止状态，某时刻传送带以3m/s2的加速度开始匀加速顺时针运行，经过△t=1s后开始匀速运行，最终煤块从右端掉下。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，传送带长度为L=18m，重力加速度g=10m/s2，则整个过程中产生的黑色痕迹的长度是：（　　）A．3m B．4.5m C．7.5m D．9m3．如图所示，两块长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上。已知A、B质量分别为和，A与C的动摩擦因数为，B与A的动摩擦因数为。两滑块A、B在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是（　　）A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向右B．滑块A与斜面间的动摩擦因数C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为D．滑块B所受的摩擦力大小为4．如图所示，质量分别为m和2m所小球A和B，用轻弹簧相连后再用细线悬挂于电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线上的拉力为F．此时突然剪断细线，在细线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为A．B．C．D．5．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为(　　)A．30° B．45° C．60° D．75°6．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某煤炭企业利用如图所示的三角形传送带进行不同品质煤的分拣，传送带以的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是，且与水平方向的夹角均为。现有两方形煤块A、B（可视为质点）从传送带顶端静止释放，煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是（　　）A．煤块A、B在传送带上的划痕长度不相同B．煤块A、B受到的摩擦力方向都与其运动方向相反C．煤块A比煤块B后到达传送带底端D．煤块A运动至传送带底端时速度大小为 7．如图所示，粗糙水平地面上静止一辆小车，其质量，长度，小车最右端放置一个可视为质点的物块，其质量。某时刻在小车上施加一个水平向右的的拉力F，已知小车与地面之间的动摩擦因数，物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度g取。物块在小车上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）A．物块的加速度大小为B．小车的加速度大小为C．小车的加速度大小为D．经过物块从小车左端掉落8．如图，质量均为m的环A与球B用一轻质细绳相连，环A套在水平细杆上，设有一水平恒力F作用在球B上，使A环与B球一起向右匀加速运动．已知细绳与竖直方向的夹角，g为重力加速度，则下列说法正确的是A．轻质绳对B球的拉力大于杆对A环的支持力B．B球受到的水平恒力大于mgC．若水平细杆光滑，则加速度等于gD．若水平细杆粗糙，则动摩擦因数小于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，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan=0.75：B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为m10．A．B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上． A、B 间 的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则（           ）A．当时，A的加速度为B．当F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止C．当F＞3 μmg 时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过11．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先水平敲击A，A立即获得水平向右的初速度vA，在B上滑动距离L后停下。接着水平敲击B，B立即获得水平向右的初速度vB，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B的加速度大小为a1，相对静止后B的加速度大小为a2，此后两者一起运动至停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A．B．vA=C．D．从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A和B之间没有摩擦力12．如图，在光滑水平面上，轻质弹簧相连质量分别为1kg和2kg的物块A、B,用大小为F=15N的恒力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动,则下列说法正确的A．弹簧的弹力大小等于5NB．弹簧的弹力大小等于10NC．突然撤去F瞬间,B的加速度大小为5m/s2D．撤去F后的短暂时间内，A的速度将减小，B的加速度增大13．如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块（可视为质点），在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是（　　）A．仅增大木板的质量MB．仅减小木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅增大木块与木板间的动摩擦因数14．如图所示，光滑水平桌面放置着物块 A，它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B，已知 A 的质量为 m，B 的质量为 3m，重力加速 度大小为 g，静止释放物块 A、B 后（） A．相同时间内，A、B 运动的路程之比为 2:1B．物块 A、B 的加速度之比为 1：1C．细绳的拉力为D．当 B 下落高度 h 时，速度为15．如图所示，一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上，恰能沿杆匀速下滑，小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若在小球下滑过程中在挂钩上加挂质量为m的物体或改变倾角θ，则下列说法正确的是（　　）A．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后仍能沿杆匀速下滑B．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后将沿杆加速下滑C．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，小球被释放后将沿杆加速下滑D．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，挂钩对物体的拉力等于物体的重力  16．如图所示，质量为m的小物块A和B由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长，一足够长的水平传送带以速度v0顺时针运动，物块A从传送带左端以速度2v0冲上传送带，A与定滑轮间的绳子水平。已知物块A与传送带间的动摩擦因素μ=0.5，重力加速度用g表示，不计滑轮与绳间的摩擦。求：(1)B物块上升的最大高度；(2)从物块A刚冲上传送带到运动至右方最远处过程中，A与传送带间由于摩擦产生的热量Q。
参考答案1．D【解析】【分析】【详解】设AB、BC两部分：长度为L，在B点的速度为v，受摩擦力F1=μ1mg、F2=μ2mg加速度a1=μ1g、a2=μ2g，时间t1=t、t2=4t逆向研究BC逆向研究BA解得μ1：μ2=8：1故选D。2．A【解析】【分析】【详解】开始时煤块在传送带上的加速度为 在开始的△t=1s内传送带的位移 煤块的位移 此时煤块相对传送带的位移 此时传送带的速度v1=a1∆t=3m/s煤块的速度v2=a2∆t=1m/s以后煤块继续加速，直到与传送带共速时解得t=2s此过程中煤块相对传送带的位移以后的运动中煤块相对传送带静止，则 整个过程中产生的黑色痕迹的长度是故选A。3．C【解析】【分析】【详解】A．把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为方向水平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为方向水平向左。因为AB一起加速下滑，所以则所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，A错误；B．因为AB一起加速下滑，所以则B错误；C．把AB看成一个整体，滑块A与斜面之间的摩擦力为C正确；D．滑块AB一起加速下滑，其加速度为则滑块B所受的摩擦力大小为D错误。故选C。4．D【解析】【分析】【详解】剪断细线前：设弹簧的弹力大小为．根据牛顿第二定律得：对整体对B球解得剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为对A球得故选D．【名师点睛】本题是瞬时问题，是牛顿运动定律应用中典型问题，一般先研究状态变化前弹簧的弹力，再研究状态变化瞬间的加速度，抓住弹簧的弹力不能突变的特点． 5．A【解析】【分析】【详解】由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v2=2ax，整理得：，由x-v2图象可知小物块的加速度a=5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度：a=gsin θ，解得：，解得：θ=30°，故A正确，BCD错误．故选A．【点睛】本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题．6．A【解析】【分析】【详解】B．煤块A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同，煤块B下滑过程中受到的摩擦力方向沿传送带方向向上，与运动方向相反，选项B错误；CD．对煤块A根据牛顿第二定律可得解得煤块A达到与传送带共速的时间位移故不可能与传送带共速，煤块A一直以向下加速，达到底部的时间设为，则有解得达到底端的速度为对煤块B根据牛顿第二定律可得解得煤块B达到底部的时间设为，则有解得所以A先达到底部，选项CD错误；A．煤块A相对于传送带的位移煤块B相对于传送带的位移所以煤块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项A正确。故选A。7．AD【解析】【分析】【详解】A．假设小车和物块没有发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律得解得此时物块的摩擦力大小为又因为物块的最大静摩擦为故假设不成立，二者发生了相对滑动，此时物块的摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得解得物块加速度为故A正确；BC．对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律得解得小车加速度为故BC错误；D．设经过时间t物块从小车上滑下，此时满足代数解得故D正确。故选AD。8．BCD【解析】【分析】【详解】A.先后对A、B受力分析，如图所示： 对A：          其中：    对B：          由式解得：；再代入式解得：；故；故A错误；B.将代入式得到：；故B正确；C.若水平细杆光滑，则；由式解得：；故C正确；D.若水平细杆粗糙，由式有：故；故D正确；故选BCD．【点睛】本题关键是先后对A、B受力分析，然后根据牛顿第二定律并结合正交分解法列式，然后进行讨论即可求解．9．AD【解析】【分析】【详解】AB．由v－t图像得0~1s内煤块的加速度大小方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小方向沿传送带向下。0~1s，对煤块由牛顿第二定律得，对煤块由牛顿第二定律得mgsinθ一μmgcosθ=ma2解得tanθ=0.75，μ=0.25故A正确，B错误；C．v－t图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m，由运动学公式得下滑时间为所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，故C错误；D．0~1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1~2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为，故D正确。故选AD。10．ACD【解析】【分析】【详解】A．当时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有计算得出 所以A选项是正确的；B．设B对A的摩擦力为，A对B的摩擦力为 ，地面对B的摩擦力为 ，由牛顿第三定律可以知道与大小相等，方向相反， 和的最大值均为 ，的最大值为故当时，A、B均保持静止;继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故B错误；C．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′对A、B整体，有计算得出故当 时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动;当 时，A相对于B滑动，C正确；D．对B来说，其所受合力的最大值即B的加速度不会超过 ，D正确。故选ACD。11．ABC【解析】【分析】【详解】A．设A、B的质量均为m。A、B相对静止前，A相对于B向左运动，A对B的滑动摩擦力向左，地面对B的滑动摩擦力也向左，则B所受的合外力大小：FB=μ•2mg+μmg=3μmg。对B，由牛顿第二定律：FB=ma1解得：a1=3μg相对静止后，对A、B整体，由牛顿第二定律得2μmg=2ma2解得：a2=μg则a1=3a2故A正确。B．敲击A后，A获得速度后，向右做匀减速运动。对B来说，地面与B间的最大静摩擦力为fm=μ•2mg=2μmg．A对B的滑动摩擦力为f=μmg，则f＜fm，故B静止不动。对A，由牛顿第二定律知： 由运动学公式有：2aAL=vA2解得： 故B正确。
C．敲击B后，设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA，xB，A加速度的大小等于aA，则：v=aAtv=vB-a1t
xA=aAt2xB=vBt-aBt2且xB-xA=L联立解得：故C正确。D．从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A、B一起做匀减速运动，A有向左的加速度，说明B对A有摩擦力，故D错误。故选ABC。12．BC【解析】【分析】（1）在F作用下，AB保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，利用整体法，根据牛顿第二定律，可求得它们的共同加速度；（2）单独隔离A或者B，由牛二定律，可求得弹簧弹力；（3）撤去外力F瞬间，弹簧弹力不能突变，故B物块加速度瞬间不变；（4）在之后的运动过程中，物块A减速，B继续加速度，弹簧开始变短，B的加速度将减小，弹簧恢复原状时，B的速度最大．【详解】AB、将AB两物块看做整体，根据牛顿第二定律可知：，解得：；隔离B，对B受力分力，由牛二定律得：，解得：；则A错误，B正确；C、撤去外力F的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故B的加速度瞬间不变，仍然为，C正确；D、撤去F后的短暂时间内，A物块在弹簧弹力作用下，速度将减小，B在弹簧弹力作用下，速度将继续增大，AB两物块间距离变小，弹簧弹力变小，B的加速度减小，D错误．故本题选BC．【点睛】熟练使用整体法、隔离法，结合牛顿第二定律即可求解．13．AD【解析】【分析】【详解】设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板 对于木块当木块与木板分离时，它们的位移满足解得则木块相对地面运动的位移为A．仅增大木板的质量M，变小，不变，x增大，故A正确；B．仅减小木块的质量m，变大，不变，x减小，故B错误；C．仅增大恒力F，变大，不变，x减小，故C错误；D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，变小，增大，x增大，故D正确。故选AD。14．AC【解析】【分析】【详解】同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2：1，故A正确；任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B错误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，对A，有：T=ma，对B，有：3mg-2T=3m•0.5a，联立解得：T=，a=g，故C正确；对B，加速度为a′=0.5a=g，根据速度位移公式，有：v2=2•a′•h，解得：v=，故D错误；故选AC．【点睛】本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．15．BD【解析】【分析】【详解】AB．当球形物体沿细杆匀速下滑时，由力的平衡条件可知解得仅增大θ（θ<90°），则有球形物体的重力沿杆的分力大于杆对球形物体的摩擦力，小球被释放后沿杆加速下滑，选项A错误，B正确；CD．当挂上一质量为m的物体时，以两物体整体为研究对象，沿杆向下的重力分力为当挂上一质量为m的物体时，球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力，大小为摩擦力增大，分析可知，因此球形物体仍沿细杆匀速下滑。所以挂钩对物体的拉力等于物体的重力。选项C错误，D正确。故选BD。16．(1)；(2)。【解析】【分析】【详解】(1)对A、B物体，分别根据牛顿第二定律可知解得从开始运动到物块A与传送带共速时，物块A的位移为此后物块A、B仍做匀减速运动，由牛顿第二定律可知，，解得A运动到右方最远点速度减到0，位移B上升的最大高度就等于A向右运动的最远距离。(2)A与传送带共速前与传送带共速后则A与传送带间由于摩擦产生的热量