粵教版高中物理必修一4.5牛頓運動定律的應用練習4（含答案）

2022年新教材粵教版（2019）高中物理必修一4.5牛頓運動定律的應用同步練習一、多選題1．絕緣光滑斜面與水平面成α角，質量為m、帶電荷量為﹣q（q＞0）的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0（v0＞0），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN．則下列判斷正確的是（）A．勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0≤B≤mgB．勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0≤B≤mgcosαC．小球在斜面做變加速曲線運動D．小球到達底邊MN的時間t=2?2．一物體懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能與物體位移關系的圖象如圖所示，其中0﹣s1過程的圖線為曲線，s1﹣s2過程的圖線為直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是（）A．0﹣s1過程中物體所受合力一定是變力，且不斷減小B．s1﹣s2過程中物體可能在做勻速直線運動C．s1﹣s2過程中物體可能在做變加速直線運動D．0﹣s1過程中物體的動能可能在不斷增大3．如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在水平桌面上，一個質量為m的小球恰好能通過軌道最高點在軌道內(nèi)做圓周運動。取桌面為重力勢能的參考面，不計空氣阻力，重力加速度為g。則小球在運動過程中其機械能E、動能Ek、向心力F向、速度的平方A． B．C． D．4．如圖所示，物體A，B，C在水平外力F的作用下在水平面上一起向右做勻速直線運動，則有關A，B，C三個物體的受力情況，下列說法中正確的是（）A．物體A一定受5個力作用B．物體B可能受4個力作用，也可能受5個力作用C．物體C一定受3個力作用D．物體A可能受5個力作用，也可能受6個力作用5．在傾角θ=37°的光滑足夠長斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別m1=2kg、m2=3kg，彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛要離開C時，A的速度為1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，則（）A．恒力F=31NB．從用力F拉物塊A開始到B剛離開C的過程中，A沿斜面向上運動0.3mC．物塊A沿斜面向上運動過程中，A先加速后勻速運動D．A的速度達到最大時，B的加速度大小為0.5m/s26．三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°．現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）下列說法正確的是（）A．物塊A先到達傳送帶底端B．物塊A，B同時到達傳送帶底端C．傳送帶對物塊A，B均做負功D．物塊A，B在傳送帶上的劃痕長度之比為1：37．蹦極是一項非常刺激的體育項目，如圖所示，某人從彈性輕繩P點自由下落，到a點繩子恢復原長，b點為人靜靜懸吊時的平衡位置，c點則是人從P點b自由下落的最低點。下列說法正確的是（）A．人在a到c運動過程中都做減速運動B．人在a到b運動過程中做加速度減小的加速運動，在b點時速度達到最大C．人在b到c運動過程中為加速度增加的減速運動，此階段人處于超重狀態(tài)D．此過程中人、繩以及地球組成的系統(tǒng)機械能守恒8．如圖①所示，A、B兩長方體疊放在一起，放在光滑的水平面上，物體B從靜止開始受到一個水平變力的作用，該力與時間的關系如圖②所示，運動過程中A、B始終保持相對靜止．則在0～2t0時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．t0時刻，A，B間的靜摩擦力最大B．t0時刻，A，B的速度最大C．0時刻和2t0時刻，A，B間的靜摩擦力最大D．2t0時刻，A，B離出發(fā)點最遠二、填空題9．一列有8節(jié)車廂的動車組列車，沿列車前進方向看，每兩節(jié)車廂中有一節(jié)自帶動力的車廂（動車）和一節(jié)不帶動力的車廂（拖車）．該動車組列車在水平鐵軌上勻加速行駛時，設每節(jié)動車的動力裝置均提供大小為F的牽引力，每節(jié)車廂所受的阻力均為f，每節(jié)車廂總質量均為m，則第4節(jié)車廂與第5節(jié)車廂水平連接裝置之間的相互作用力大小為10．如圖所示，細線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質量為m的小球。當滑塊至少以加速度a=向左運動時，小球對滑塊的壓力等于零，當滑塊以a=2g的加速度向左運動時，線中拉力FT=。?11．質量為m的帶正電的小球穿在光滑的絕緣細桿上，桿與水平面的夾角為α．桿底端B點處固定一個與小球電量相等的正電荷．將球從離B點為2L的A處釋放．當小球到達AB中點時，小球加速度為零．整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g．則球所帶的電量q的大小為，球剛釋放時的加速度是．三、解答題12．如圖所示，左側的光滑斜面與右側木板相連，把質量為m=lkg的滑塊從斜面上高度h=0.1m處由靜止釋放，當右側木板水平放置時，滑塊在水平木板上滑行l(wèi)=0.2m停止．欲使滑塊從左側斜面同一高度由靜止下滑，并將右側的木板向上轉動一個銳角θ，形成斜面，使滑塊在右側木板上最遠滑行0．lm，假設滑塊由左側斜面底端滑上右側木板的瞬間速度大小不變．重力加速度g=10m/s2．求：θ的大小及滑塊從沖上右側木板到第一次返回最低點所用的時間．13．質量m=4kg的物體在F=10N的水平拉力作用下沿水平面做勻速直線運動，撤去F后，經(jīng)4s物體停下來，求物體做勻速直線運動的速度和撤去力F后的位移．

答案解析部分1．【考點】對單物體(質點)的應用；左手定則；洛倫茲力【解析】【解答】解：AB、帶電荷量為﹣q（q＞0）的小球以初速度為v0（v0＞0）平行于NM方向運動，小球能夠沿斜面到達底邊MN，說明洛倫茲力小于重力垂直于斜面向下的分力，即0≤qv0B≤mgcosα；解得磁感應強度的取值范圍為0≤B≤mgcosαqC、由于小球在下滑過程中，速度的變化，不會影響重力與支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做勻變速曲線運動，故C錯誤；D、小球做類平拋運動，則在斜面上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)力的分解法則，及牛頓第二定律，則小球的加速度a=mgsinαm再由運動學公式可得?sinα=1故選：BD．【分析】根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向，根據(jù)垂直斜面方向的受力情況確定磁感應強度的大?。桓鶕?jù)牛頓第二定律確定下滑過程中加速度的大小，并由此分析運動情況，根據(jù)位移時間關系求解時間．2．【考點】對單物體(質點)的應用；功能關系【解析】【解答】解：A、由于除重力和彈簧的彈力之外的其它力做多少負功物體的機械能就減少多少，所以E﹣x圖象的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大小，由圖可知在O～s1內(nèi)斜率的絕對值逐漸增大，故在O～s1內(nèi)物體所受的拉力是不斷增大的，而合力先減小后反向增大的．A不符合題意．B、由于物體在s1～s2內(nèi)E﹣x圖象的斜率的絕對值不變，故物體所受的拉力保持不變．如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運動．B符合題意．C、由于物體在s1～s2內(nèi)所受的拉力保持不變，故加速度保持不變，故物體不可能做變加速直線運動，C不符合題意．D、如果物體在0～s1內(nèi)所受的繩子的拉力小于物體的重力，則物體加速向下運動，故物體的動能不斷增大，D符合題意．故答案為：BD．【分析】除重力和彈簧的彈力之外的其它力做多少負功物體的機械能就減少多少；知道Es圖象的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大?。陨蟽牲c是解決這類題目的突破口．3．【考點】對單物體(質點)的應用【解析】【解答】AB．小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，則在最高點：mg=mv高2R，則在最高點小球的動能：ECD．小球從最高點到最低點，由動能定理得：mg?2R=12mv低2?F向故答案為：CD

【分析】利用小球通過最高點可以求出小球的機械能大?。挥捎谥挥兄亓ψ龉λ詸C械能保持不變；利用動能定理可以求出動能的表達式；利用牛頓第二定律可以求出向心力的表達式及速度平方的表達式。4．【考點】整體法隔離法【解析】【解答】解：AD、物體A受重力、地面的支持力、B對A的壓力，拉力F，及受地面的摩擦力，所以物體A的受力個數(shù)為5個．故A正確、D錯誤．B、對于B，受重力、A對B的支持力、C對B的壓力，受C對B的摩擦力，所以B受4個力，故B錯誤；C、對于C，受重力、支持力和B對C的摩擦力三個力．故C正確．故選：AC．【分析】隔離對分別物體受力分析，通過受力平衡條件分析物體受力的個數(shù)．5．【考點】對單物體(質點)的應用【解析】【解答】解：A、當B剛離開C時，B對擋板的彈力為零，有：kx2=2mgsinθ，解得彈簧的伸長量x2=根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a，解得：F=31N，故A正確；B、開始A處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsinθ=kx1，解得彈簧的壓縮量x1=mgsinθ可知從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=0.3m，故B正確；C、對整體，根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a，解得a=0.2，故A先加速運動，后做加速度較小的加速運動，故C錯誤；D、當A的加速度為零時，A的速度最大，設此時彈簧的拉力為FT，則：F﹣FT﹣m2gsinθ=0所以FT=F﹣m2gsinθ=31﹣3×10×0.6N=13N以B為研究對象，則：FT﹣m2sinθ=ma′所以：a′=0.75m/s2．故D錯誤故選：AB【分析】未加拉力F時，物體A對彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據(jù)平衡條件并結合胡克定律求解出兩個狀態(tài)彈簧的形變量，得到彈簧的長度變化情況，從而求出A發(fā)生的位移；根據(jù)牛頓第二定律求出F的大??；當A的加速度為零時，A的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結合牛頓第二定律求出B的加速度．6．【考點】滑動摩擦力；正交分解；對單物體(質點)的應用；傳送帶模型【解析】【解答】解：A、對A，因為mgsin37°＞μmgcos37°，則A物體所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運動，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運動，兩物體勻加速直線運動的加速度相等，位移相等，則運動的時間相等．故A錯誤，B正確．C、傳送帶對A、B的摩擦力方向與速度方向相反，都做負功．故C正確．D、對A，劃痕的長度等于A的位移減為傳送帶的位移，以A為研究對象，由牛頓第二定律得：a=2m/s2由運動學公式得運動時間分別為：t=1s．所以皮帶運動的位移為x=vt=1m．所以A對皮帶的劃痕為：△x1=2m﹣1m=1m對B，劃痕的長度等于B的位移加上傳送帶的位移，同理得出B對皮帶的劃痕為△x2=3m．所以劃痕之比為1：3，故D正確．故選：BCD．【分析】分析A重力沿斜面向下的分力與摩擦力的關系，判斷A物體的運動規(guī)律，B所受的摩擦力沿斜面向上，向下做勻變速直線運動，結合運動學公式分析求解．7．【考點】對單物體(質點)的應用；功能關系【解析】【解答】AB.在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，加速度向下，人向下加速運動，隨著繩子的伸長，拉力增大，合力減小，所以向下的加速度減小，當?shù)竭_b點時加速度減為零，此時速度達到最大；從b到c過程中，繩子的拉力大于重力，加速度向上，人做減速運動，隨拉力變大，加速度變大，到達c點時加速度最大，此時速度減為零，所以A不符合題意，B符合題意。C.由以上分析可知，人在b到c運動過程中為加速度增加的減速運動，此階段因加速度向上，則人處于超重狀態(tài)，C符合題意；D.此過程中人、繩以及地球組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，則機械能守恒，D符合題意。故答案為：BCD

【分析】人從a到c過程應該先加速后減速；利用牛頓第二定律可以判別b點的加速度等于0，速度最大；利用加速度方向可以判別人處于超重或失重；整個系統(tǒng)沒有外力做功機械能守恒。8．【考點】牛頓定律與圖象；整體法隔離法；力與運動的關系【解析】【解答】解：A、C以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，0、2t0時刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以A為研究對象，分析可知，A受到的靜摩擦力最大．A不符合題意，C符合題意．B、整體在0﹣t0時間內(nèi)，做加速運動，在t0﹣2t0時間內(nèi)，向原方向做減速運動，則t0時刻，B速度最大．B符合題意．D、2t0時刻，整體做單向直線運動，位移逐漸增大，則2t0時刻，A、B位移最大．D符合題意．故答案為：BCD【分析】解決這類問題的關鍵是知道速度最大時加速度為零，位移最大時速度為零。9．【考點】對單物體(質點)的應用【解析】【解答】解：整體受到的牽引力為4F，阻力為8f，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：a=4F?8f8m設第4節(jié)車廂與第5節(jié)車廂水平連接裝置之間的相互作用力大小為T，以前面4節(jié)車廂為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：2F﹣4f﹣T=4ma，即：2F﹣4f﹣T=4m×F?2f2m故答案為：0【分析】以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度；再以前4節(jié)車廂為研究對象求解第4節(jié)車廂與第