2019-2021北京东城高一(上)期末物理汇编：牛顿运动定理的运用.docx

2019-2021北京东城高一（上）期末物理汇编
牛顿运动定律的应用
一、单选题
1．（2019·北京东城·高一期末）如图所示，水平传送带始终保持以速度v匀速运动，某时刻把一个物块无初速地放在传送带左端，经过一段时间，物块与传送带一起以速度v运动．对上述过程的说法中正确的是

A．物块始终受到摩擦力的作用
B．在达到速度v之前，物块相对传送带向左滑动
C．在达到速度v之前，物块受到向左的摩擦力
D．与传送带一起以速度v运动时，物块受到向右的摩擦力
2．（2019·北京东城·高一期末）一物块从粗糙斜面底端，以某一初速度开始向上滑行，到达某位置后又沿斜面下滑到底端， 则物块在此运动过程中（ ）

A．上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力
B．上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力大小
C．上滑时的加速度小于下滑时的加速度
D．上滑的时间大于下滑的时间
3．（2019·北京东城·高一期末）如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于粗糙水平面上A、B质量分别为mA=2kg，mB=1kg，A、B之间动摩擦因数μ1=0.2，B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1，现对A施加水平力F，若F从0开始逐渐增大，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）

A．当拉力超过3N时，A、B开始发生相对滑动
B．当拉力超过4N时，A、B开始发生相对滑动
C．当拉力超过5N时，B的加速度为1m/s2
D．当拉力超过6N时，A、B开始发生相对滑动
4．（2019·北京东城·高一期末）如图所示，小孩在蹦床上沿竖直方向蹦跳，对其从最低点到离开床面的过程，下列说法正确的是（　　）

A．小孩一直处于超重状态 B．小孩一直处于失重状态
C．小孩会经历先超重后失重的过程 D．小孩刚离开蹦床时的速度最大
5．（2021·北京东城·高一期末）如图所示，一轻弹簧的右端固定在墙壁上，左端连接一小车，小车放置在光滑水平地面上，重物放在小车上，弹簧处于原长。现将小车缓慢向左拉动一小段距离后释放，重物与小车一起向右运动，二者没有发生相对滑动。小车运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。在弹簧第一次恢复原长的过程中（　　）

A．重物与小车间不存在摩擦力
B．重物受到水平向左、大小不变的滑动摩擦力
C．重物受到水平向右、逐渐减小的静摩擦力
D．重物受到水平向右、逐渐增大的静摩擦力
二、解答题
6．（2019·北京东城·高一期末）如图所示，水平传送带A、B两端相距s=2m，工件（可以看作质点）与传送 带间的滑动摩擦因数μ=0.1。（g=10m/s2）问：
（1）若传送带不转动，要使工件达到B端，工件水平滑上A端瞬时速度至少多大？
（2）若传送带以v=1m/s的速度顺时针匀速转动，将工件轻轻放于传送带A端，则工件由A端被传送到B端所用时间为多少？
（3）调节传送带的速度v可以改变工件从A端被传送到B端所用的时间t，在忽略工件轻放于A端速度的条件下，定性说明时间t与传送带速度v的关系，并且若要用最短时间t传送工件，计算传送带匀速转动时速度v的最小值。

7．（2019·北京东城·高一期末）物理课学习超重与失重现象后，某同学回家乘坐电梯时用心体会了一下，发现从电梯上升到静止的过程中，他经历了先加速再匀速，最后减速的运动过程。每次都是在17层到18层（他住18层）的过程中，有明显减速的感觉。有一天，该同学用手机测出电梯 减速时的加速度为0.65m/s2，设该同学的质量为60kg，g=9.8m/s2求，
（1）电梯从17层到18层减速过程中，该同学处于超重状态还是失重状态?
（2）减速过程中，电梯底面对该同学的支持力大小?
（3）电梯以多大的加速度减速时，电梯底面对他的支持力为零?
8．（2021·北京东城·高一期末）某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示，一根轻弹簧上端固定在支架上，下端悬挂一重物，弹簧左侧固定一刻度尺。在弹簧下端悬挂1.0N重物，重物静止时指针所指位置的刻度标记为0，两条相邻长刻线间距离设为d，取g＝10m/s2。
(1)在弹簧下端悬挂0.9N重物，重物静止时指针指在刻度尺上的C位置。求此弹簧的劲度系数；
(2)将这个“竖直加速度测量仪”置于在竖直方向运动的电梯中。悬挂1.0 N重物时，在电梯运动的某段时间内，指针指在刻度尺上的C位置。
①判断电梯处于超重状态还是失重状态，并简要说明电梯的运动情况；
②求电梯的加速度。

9．（2021·北京东城·高一期末）如图甲所示，质量m = 1.0kg的小物块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下，沿足够长的倾角为37°的斜面由静止开始运动，1s后撤去拉力F。如图乙所示为其速度v随时间t变化的部分图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。计算时取sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g = 10m/s2。
(1)求小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)求拉力F的大小；
(3)请你分析说明小物块能否返回出发点。

10．（2019·北京东城·高一期末）一物体从空中由静止释放做匀加速运动，在t=2s的时间内下落了h=18m，已知物体的质量为4kg，g取10m/s2，求：
(1)物体加速度的大小a；
(2)物体受到的空气阻力的大小f．
参考答案
1．B
【分析】
摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，分析物体间的相对运动方向，判断摩擦力方向和有无．
【详解】
物块与传送带速度相等之前，物块相对传送带向左滑动，受传送带的向右的摩擦力作用，向右做加速运动；当物块速度与传送带速度相等时，无相对滑动，物块不受摩擦力作用，故ACD错误，B正确．
故选：B
2．B
【详解】
AB．设斜面倾角为，物体受到的摩擦力，物块上滑与下滑时的滑动摩擦力相等，A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律有，上滑时的加速度
a上=
下滑时的加速度
a下=
由此可知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，C错误；
D．上滑的过程，采用逆向思维，是初速度为零的匀加速直线运动，根据

可知上滑时的加速度大于下滑时的加速度，所以上滑时的时间小于下滑时的时间，D错误。
故选B。
3．D
【详解】
对AB整体，B与地面间的摩擦力：N，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B间发生相对滑动，即N，对B，根据牛顿第二定律有：
m/s2
对AB整体，由牛顿第二定律得：

解得：F=6N，即当拉力超过6N时，A、B开始发生相对滑动，B的加速度为1m/s2，ABC错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
ABC．开始小孩受到的弹力大于重力，向上加速，小孩处于超重状态；当小孩受到的弹力小于重力时，向上减速，小孩处于失重状态。小孩经历先超重后失重的过程，故AB错误，C正确；
D．当小孩所受弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】
对整体，根据牛顿第二定律

对重物

f方向与F相同，即向右；随着小车向右运动，则弹簧弹力F减小，则重物受的摩擦力f减小。
故选C。
6．（1）2m/s；（2）2.5s；（3）2m/s。
【详解】
只要工件相对于传送带相对运动，工件的加速度大小不变，设工件加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：

解得：a=1m/s2
（1）若传送带不转动，要使工件达到B端，工件在A端的速度最小时达到B端速度为零，根据速度位移关系可得：

解得：vA=2m/s
（2）若传送带以v=1m/s的速度顺时针匀速转动，将工件轻轻放于传送带A端，则达到与传送带速度相等经过的时间
s
此过程的位移：
m
匀速运动的时间为：
s
所以工件由A端被传送到B端所用时间为：
s
（3）在忽略工件轻放于A端速度的条件下，随着传送带的速度增大，到达B端的时间减小；但传送带速度达到一定值时，传送带速度增加，达到B端的时间不变；若要用最短时间传送工件，传送带匀速转动时速度的最小值为vmin，此时工件一直加速到与传送带速度相等达到B端。根据速度位移关系可得：

解得：m/s
7．（1）失重状态；（2）549N；（3）9.8m/s2。
【详解】
（1）电梯从17层到18层减速过程中，加速度向下，所以该同学处于失重状态；
（2）减速过程中，对手机，根据牛顿第二定律有：

代入数据解得：FN=549N
（3）电梯底面对人的支持力为零时，根据牛顿第二定律有：

解得：9.8m/s2
8．(1)；(2)①电梯处于失重状态，可能的运动状态是：加速下降或减速上升；②1.0 m/s2，方向竖直向下。
【详解】
以重物为研究对象，重物受到重力和弹簧的拉力。以竖直向上为正方向。
(1)设悬吊0.9 N重物时，弹簧形变量为x1；悬吊1.0 N重物时，弹簧形变量为x2.
根据胡克定律及二力平衡条件
kx1=G1
kx2=G2
代入已知条件
G2－G1=k·2d
解得

(2)①电梯处于失重状态，可能的运动状态是：加速下降或减速上升。
②根据牛顿第二定律
F－mg=ma
解得
a=－1.0 m/s2
电梯的加速度大小为1.0 m/s2，方向竖直向下。
9．(1)0.5；(2)30N；(3)小物块能返回出发点。
【详解】
(1)以小物块为研究对象，撤去拉力F以后，小物块沿斜面向上做匀减速直线运动，对小物块做受力分析，由v—t图像可知，此过程小物块的加速度
a2 = 10m/s2
根据牛顿第二定律
mgsinθ + μmgcosθ = ma2
解得小物块与斜面间的动摩擦因数
μ = 0.5
(2)在拉力F作用下，小物块沿斜面向，上做匀加速直线运动，对小物块做受力分析，由v—t图像可知，此过程小物块的加速度
a1 = 20m/s2
根据牛顿第二定律
F - mgsinθ - μmgcosθ = ma1
解得拉力F的大小
F = 30N
(3)小物块能返回出发点，因为当小物块速度减为零时，重力沿斜面向下的分力
mgx = mgsinθ = 6N
此时的最大静摩擦力
f = μmgcosθ = 4N
由于mgx > f，所以小物块将沿斜面向下做匀加速运动，能够返回出发点。
10．(1)9m/s2 (2)4N
【分析】
已知初速度、时间和下落高度，根据位移时间关系公式列式求解加速度；物体受重力和阻力，根据牛顿第二定律列式求解阻力．
【详解】
(1) 物体下落时间t=2s时(物体未着地)下落高度：
h=at2=×a×22=18m
解得：a=9m/s2
（2）物体受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg−f=ma
4×10−f=4×9
解得：f=4N

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