2019版新教材 必修一第四章牛顿定律的运用 练习
一、单选题
1. 如图所示，质量为的物体静止在光滑的水平地面上．时刻起物体在一水平向右的恒力的作用下开始运动，经过一段时间后，恒力大小变为，方向改为水平向左．在时测得物体运动的瞬时速度大小，则为( )
A. B. C. D.
2. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力随时间变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A. 时刻小球动能最大
B. 时刻小球动能最大
C. 这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
3.如图所示，倾角为的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为，一个物体从传送带底端以初速度大小上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力作用，物块与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的图象不可能是( )
A. B.
C. D.
4.如图甲，劲度系数的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端叠放、两物块，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力作用在上，使其向上做加速度的匀加速直线运动，随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度取，设的质量为，的质量为，则下列关于和的值计算正确的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
5. 如图甲所示，在倾角为的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为的小滑块相连，上叠放另一个质量也为的小滑块，弹簧的劲度系数为，初始时滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力作用在滑块上，使开始沿斜面向上做加速度为的匀加速运动，测得两个滑块的图像如图乙所示，重力加速度为，则( )
A. 施加拉力前，弹簧的形变量为
B. 拉力刚施加上时，的加速度为
C. 弹簧恢复到原长时，的速度达到最大值
D. A、在时刻分离，此时弹簧弹力大小为
6. 如图，长为、倾角的传送带始终以的速率顺时针方向运行，小物块以的速度从传送带底端沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，取，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图象中能正确反映物块在传送带上运动的速度随时间变化规律的是
A. B. C. D.
7. 如图所示，一倾角、质最为的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为的小球。现对斜面体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加速直线运动。已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 斜面对小球的支持力大小为
B. 水平推力大小为
C. 若增大推山．则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大
D. 若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零
二、多选题
8. 如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体、，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体上，使向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移正方向，得到随的变化图像如图乙所示。已知物体的质量，重力加速度，则下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为
B. 物块的质量为
C. 物块做匀加速直线运动的加速度大小为
D. 作用瞬间，、之间的弹力大小为
9. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为的物体、物体与弹簧栓接，弹簧的劲度系数为，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体上，使物体开始向上做加速度为的匀加速运动，测得两个物体的图象如图乙所示重力加速度为，则( )
A. ，在时刻分离，此时弹簧弹力大小为
B. 施加外力的瞬间，的大小为
C. ，分离的瞬间，上升的位移为
D. 弹簧弹力等于时，物体的速度达到最大值
10.图甲所示，一质量为的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为的小滑块．木板受到随时间变化的水平拉力作用时，用传感器测出其加速度，得到如图乙所示图象．最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取，则( )
A. 滑块的质量 B. 木板的质量
C. 当时滑块加速度为 D. 滑块与木板间动摩擦因数为
三、计算题
11. 如图所示，有一倾角为的固定斜面，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一质量为的长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量也为的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板停在挡板处，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：
在时间内长木板和小物块的加速度的大小；
长木板距离挡板多远；
长木板的长度。
12. 如图所示，一个顶端固定有光滑定滑轮的斜面体固定于地面上，其倾角，右侧与斜面顶端等高处有一逆时针转动的足够长水平浅色传送带，转运速度。质量为的小滑块与质量为的小煤块用不可伸长的细绳跨过定滑轮并连接，细绳分别平行于斜面和传送带。、均以的速度分别冲上斜面和传送带，小滑块与斜面间的动摩擦因数，小煤块与传送带间的动摩擦因数，斜面体足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小。求：
小滑块向上运动时，细绳处于紧绷状态，细绳中的张力的大小；
小滑块在斜面体上运动的时间和小煤块在传送带上留下滑痕的长度。
13.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量，木板的质量，长，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数。现用水平恒力拉木板，取。
要使木块能滑离木板，求作用的最短时间；
如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？
14. 如图所示，质量为的长木板放在光滑水平地面上，在木板的最右端放一质量为的物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因，现用一水平力作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
力作用过程中，木板的加速度大小与物块的加速度大小；
拉力撤去，木板与物块相对静止后，两者共同速度大小；
要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少为多大？
1. 由牛顿第二定律可得：，，若末时速度方向是向左的，由题意列出运动学方程为：，解得：；，解得：；若末时速度方向是向右的，由题意列出运动学方程为：，解得：，不符合题意，故A、、D错误，C正确．
2.
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．
A、时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；
B、时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；
C、这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；
D、段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；
故选C．
3.
通过分析物块可能的受力情况，运用牛顿第二定律分析其运动情况，再判断图象的形状。
解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，考虑问题要全面，特别要关注临界点：物体速度与传送带速度相同的状态。A、若，物块一直做匀加速运动，图象是向上倾斜的直线，图是可能的，故A正确，不符合题意；
B、若，物块一直做匀速运动，图象是平行轴的直线，图是可能的，故B正确，不符合题意；
、若，物块先做匀减速运动，合力大小，速度减至时，由于，即有，且，物块与传送带保持相对静止，将以速度做匀速运动。故C图不可能，D正确，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。
4.本题考查了牛顿第二定律的应用。本题关键是明确与分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对整体和物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难。
先对初态下物体、整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对分离时物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程．
时刻，最小，由图乙可知：的最小值；
当分离后，恒定，此时最大，对分析：；
结合图乙，可知：；
解得：，。
故ABC错误，D正确。
5.
根据平衡条件分析施加拉力前，弹簧的形变量；根据图象分析拉力刚施加上时，的加速度；根据图象分析、分离的时刻，此时、之间的弹力恰好为零，根据牛顿第二定律求解此时弹簧的弹力；当的加速度为零时，其速度达到最大，根据牛顿第二定律求解弹簧的弹力。
解决该题的关键是能根据图象找到、分离的时刻，知道、分离瞬间两者的弹力为零，知道当加速度为零时，的速度达到最大。A.施加前，对、整体，根据平衡条件有：，
解得，故 A错误；
B.根据图乙可知，拉力刚施加上时，物体、还未分离，具有共同的加速度，故B错误；
D.根据题意可知，在时刻分离，此时它们具有相同的加速度和速度，
且，
对，根据牛顿第二定律有，
代入数据解得此时的弹力为：，故D正确；
C.当的合力为零时，其速度达到最大，此时有，故C错误。
故选D。
6.
本题考查了传送带模型和图像问题的综合，关键是根据牛顿运动定律分析各段受力规律和运动规律。
根据牛顿第二定律计算开始时物体的加速度，再分析物体速度和传送带速度相等时加速度的大小，在速度时间图像中斜率表示加速度，根据斜率的变化分析图像。
物体刚滑上传送带时做减速运动，加速度大小为，当物体的速度与传送带的速度相等时，摩擦力方向改变，由于，物体继续做减速运动，加速度大小为，“恰能到达传送带顶端”表明物块到达顶端时的速度大小为零，故B正确，ACD错误。
7.
对小球受力分析，因为细线对小球恰好无拉力，所以由重力与支持力提供小球的合外力，由正交分解法可求出斜面对小球的支持力及小球的加速度。取整体为研究对象，则可得水平面对斜面的支持力大小及水平推力的大小。
正确的选择研究对象是求解的关键。
A.对小球受力分析可知受本身的重力，斜面的支持力，竖直方向由平衡条件得：，水平方向由牛顿第二定律得：，解得：，故A错误。
B.取整体为研究对象可知竖直方向受整体的重力与水平面的支持力作用，所以水平面对斜面的支持力大小为，水平方向有：，所以水平推力大小为：，故B错误。
C.若增大推山，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力可能不变，也可能变大，可能变小，故C错误；
D.若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零，故D正确。
故选D。
8.
本题为牛顿运动定律解决弹簧问题，要明确、分力的临界条件：两者之间的相互作用力为零，且加速度相等。
根据胡克定律、牛顿第二定律分析求解。
A.以、整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为，，分离之前，
即，随的变化图像的斜率等于劲度系数，选项A错误
时刻，，分离时，，联立解得，，，选项 C正确、B错误
D.施加拉力的瞬间，、之间的弹力为，解得，选项D正确。
9.
题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；时刻是与分离的时刻，之间的弹力为零。
本题关键是明确与分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对整体和物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析
两物体处于初始静止状态时，对整体受力分析得：，此时弹簧的压缩量为：；在时刻分离瞬间，间的弹力，弹簧弹力不为零，对受力分析得：，得到这一瞬间弹簧的压缩量为所以，从施加力开始，到两物体分离，物体上升的高度为：，故AC正确，而施加的瞬间，由牛顿第二定律知，B错误；
D.在物体上升的过程，当物体的重力和弹簧弹力相等时，其速度最大，D错误。
故选：。
10.
当拉力较小时，和保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，和发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体隔离进行分析解答．
本题考查了滑块滑板模型，根据受力分析，结合牛顿第二定律列式计算，分析各个情况．
当时，加速度为，对整体分析，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，当时，根据牛顿第二定律得：，知图线的斜率为：，解得：，滑块的质量为：，故A正确，B错误；
根据的图线知，时，，即，代入数据解得：，当时，对滑块，根据牛顿第二定律得：，解得：，故D正确，C错误．
故AD．
11.解：在时间内，和的受力如图所示：
；
其中、是与之间的摩擦力和正压力的大小，、是与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示；
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件
，
，
，
，
规定沿斜面向下为正，设和的加速度分别为和，由牛顿第二定律得
，
，
联立，代入题给条件得：，；
在时，设和的速度分别为和，则：
，
，
时，设和的加速度分别为和。此时与之间摩擦力为零，同理可得：
对：，
解得：，
，
对：，
解得：，
即做减速运动，
设经过时间，的速度减为零，则有：
，
联立，解得：，
在时间内，距离挡板：
；
；
；
长木板的长度就是相对于运动的距离为：。
本题考查了牛顿第二定律的应用；对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
对木板、对小物块根据牛顿第二定律求解加速度大小；
分析二者的运动情况，根据牛顿第二定律、运动学规律，结合图像求出长木板距离挡板多远；
根据运动学规律求出长木板的长度。
12.解：向上减速滑动时，设、一起减速，加速度大小为，
，
的加速度向左，
，
得，假设成立。
第一阶段：、一起减速：向上减速滑动时间：，
位移，
划痕长度，
第二阶段：设、一起反向加速：的加速度向下，，
的加速度向左，，
得，假设成立
加速到的时间：，
位移，
划痕长度，
第三阶段：设、一起反向匀速：假设加速到后相对传送带静止，、受力
，
得，
假设成立，没有划痕，匀速运动时间，
在斜面上的总时间，
得总时间，
划痕长度。
只要、间的绳子有拉力，则说明、一起减速，分别对、分析，得出绳子的张力。
分析清楚、的运动过程：
第一阶段：、一起减速到；第二阶段：、一起反向加速；第三阶段：、加速到传送带速度后，一起匀速向下运动，
每个阶段根据牛顿第二定律和运动学公式分析，即可求出运动时间以及划痕长度。
13.解：当木板收到拉力时，木板受到的地面给的摩擦力为：
此时木板的加速度：，方向与拉力的方向一致
设作用时间后撤去力，此时木板的加速度为，
整个过程木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且，故，
解得：；
设木块的最大加速度为，则，
对木板受力分析得：，
木板从木块的下方抽出的条件：，
解得：。
本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。对于第二问抓住临界情况，结合牛顿第二定律求解。
让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力作用的最短时间；
根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力；
14.解：假设物块和木板发生相对运动，对小物块：
对长木板：
假设成立。
末，小物块的速度
长木板的速度
后撤去力，对小物块：
对长木板：
设撤去力后经过时间，二者达到共同速度
小物块： 长木板： 解得：
有力时小物块与长木板相对位移： 无力时小物块与长木板相对位移： 木板的长度至少是
力作用过程中，分别对小物块和长木板应用牛顿第二定律得到木板的加速度大小与物块的加速度大小；
根据速度时间关系得到后物块和小车的速度，撤去后，根据牛顿第二定律得到物块和木板的加速度，根据速度时间关系得到木板与物块相对静止后，二者共同速度大小；
分别得到有力时小物块与长木板相对位移和无力时小物块与长木板相对位移，得到长木板的最小长度。
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