牛顿运动定律测试题2及解析

1、牛顿运动定律测试题 2及解析1.（2020武汉调研）如图所示，A、B两滑块的质量分别为 4 kg和2 巧鸟kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并In用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一 C质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而按着B不动;第二种方式只释放 B而按着A不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为（）A. 1 ： 1B. 2 ： 1C. 3 ： 2D. 3 ： 5解析：选D 第一种方式：只释放 A而按着B不动，设绳子拉力为 T1，C的加速度为a1，A的加速 度为3a,对A根据牛顿第二定律

2、可得 T=mAaA,对C根据牛顿第二定律可得 mcg2= mca1，根据题 1 . .意可得3a = 231,联立解得a1= 5g;第二种方式：只释放 B而按着A不动，设绳子拉力为 T2, C的加速度为a2, B的加速度为aB,对B根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB,对C根据牛顿第二定律可得 mcg _12T2=mca2,根据题息M得aB=2a2,联立解得a2 = 3g; C在以上两种释放方式中狄得的加速度之比为a1：a2=3 ： 5,故D正确，A、B、C错误。2 .质量为M = 1 kg的木板静止在粗糙水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为匹在木板的左端放置一个质量为 m = 1 kg、大

3、小可忽略的铁块。 铁块与木板间的动摩擦因数为期 取g= 10 m/s2。若在铁块右端施加一个从 0开始增大的水平向右的力 F,假设木板足够长，铁块受木板摩擦力Ff随拉力F的C. 8=0.2 口=0.4D. 1= 0.4 口=0.4解析：选A 根据图线可知，当 0<F<2 N过程中，整体保持静止；当 2 N<FW6 N过程中，二者以相同的加速度加速前进；当F>6 N过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者发生相对滑动；所以在 2N<F<6 N过程中，系统的加速度 a= F £ M+m g，对铁块，根据牛顿第二定律可得：F f=ma,解M + m1得f

4、= 2F+ wg；当F=6 N时f=4 N,解得 国= 0.1;当F>6 N过程中，铁块的摩擦力不变，则有 mg=4 N,解得咫=0.4,故A正确，B、C、D错误。3 .多选（2019广东中山一中二测）如图甲所示，在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块 A,假F作用于定木板与地面之间、木块与木板之间的最大静摩擦力都和各自的滑动摩擦力相等。用一水平力3 N< F<9 N时，A、B保持相对静止，故地面对B上，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是（）AJ-B甲A . A的质量为0.5 kgB. B的质量为1.5 kgC. B与地面间的

5、动摩擦因数为0.2D. A、B间的动摩擦因数为 0.2解析：选AC 在F<3 N时，A、B均保持静止；在B的最大静摩擦力fB= 3 N ;在F>9 N时，A与B发生相对滑动，故B对A的最大静摩擦力fA= 4mA（N）；，一 F-fB 在3 NWF<9 N时，A、B运动的加速度 a=，联立可得 mA+mB=1.5 kg；在F>9 N时，B的加mA+ mBd ,、 F fA fB、,_.、f B速度3b=mB,联立可得 mB= 1 kg, mA= 0.5 kg； B与地面间的动摩擦因数用= m+ m g=。幺，fAA、B间的动摩擦因数 便=一 =0.4,故A、C正确，B、D

6、错误。 mAg4 .多选（2020日照模拟）滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37。的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为篇。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩 的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37 =0.6, cos 37=0.8, g取10 m/s2,则下列判断正确的是（）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2c.经过 V2 s的时间，小孩离开滑板4.

7、J3D .小孩离开滑板时的速度大小为一3- m/s解析：选AC 对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1 = mgsin 37,：mgcos 37 = 2 m/s2,同理m一、向北 工、士+ , ,、,mgsin 37 平 mmgcos 37 3 2 u2mgcos 37 二 ,9 、小丁工 A 十也 决、口 e公对滑板，加速度大小为 a2 = 7= 1 m/s2,选项A正确，B错误；要使m小孩与滑板分离，1a1t21a2t2=L,解得t = 42 s（另一解不符合，舍去），离开滑板时小孩的速度大小为v = a1t=2啦 m/s,选项C正确，D错误。5 .多选如图甲所示，位于同一竖直面内的两条

8、倾角都为。的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连。现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v-t图像如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v-t图像可能是下列选项中的解析：选AC 若传送装置顺时针匀速转动，则物块在传送装置上运动时所受的摩擦力与传送装置静7止时的相同，加速度为ai=gsin。一 wcos a则v-t图像不变，选项A正确；若传送装置逆时针匀速转动, 当物块运动到传送装置上时的速度小于传送装置的速度，物块将受到沿传送装置向下的摩擦力，加速度 为a2=gsin。+ pas 0>ai,此时物块运动到轨道 b底端的速度

9、大于 vi,且时间小于ti,则选项C正确,D错误；当物块运动到传送装置上时的速度大于等于传送装置的速度，物块将受到沿传送装置向上的摩擦力，加速度仍为 ai,则选项B错误。6 .如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为Li = 2.5 m、L2=2 m。传送带始终以速度 v匀速运动。现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后其平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数科=0.5,滑块与平板、平板与地面间的动摩擦因数分别为= 0.3、22= 0.1,滑块、平板的质量均为m = 2 kg,取g= 10 m/s2。(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小；a

10、1 = mmg=3 m/s2 m(2)若v = 6 m/s,求滑块离开平板时的速度大小。解析：(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小由于P1mg>2 p2mg,故平板做匀加速运动，加速度大小国 mg 2 出mg /0a2=匕上=1 m/s2m设滑块滑上平板时的速度为v°,从滑上平板到滑至平板右端用时为t,滑块刚滑到平板右端时滑块与平板的共同速度为 v',平板的位移为x,对滑块：v' =v0a1t1 2 L2+ x= vot 2a1t2对平板：v' =a2tx 2a2t联立并代入数据解得t= 1 s, vo= 4 m/s分析可知，传送带的速度v = v

11、o=4 m/s。(2)滑块在传送带上的加速度a3= 詈®5 m/s2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度vi = /2a3Li = 5 m/s<6 m/ s即滑块滑上平板时的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t',离开平板时的速度为v，平板的位移为x'则 v" = vi ait'1 cL2+ x = vit 2aitx' =2a2t联立并代入数据解得t' =i s或Y =2 s(不合题意，舍去) . i将t =2s代入v =vi ait得滑块离开平板时的速度大小v =3.5 m/s。答案：(i)4 m/s (2)3.5

12、 m/s7 .水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李48进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带_:AB始终保持v=i m/s的恒定速度运行，一质量为 m=4 kg的行 Q)Q李无初速的放在 A处。已知该行李与传送带间的动摩擦因数0.I,A、B间的距离l = 2 m,g取I0 m/s2,求：(i)行李从A运送到B所用的时间t;(2)电动机运送该行李需多消耗的电能E ;(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v'。解析：(I)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运

13、动，设此时行李的加速度为a,由牛顿第二定律得mg= ma, a= i.0 m/s2i c设仃李从速度为互运动至速度为i m/s所用的时间为ti,所通过的位移为 si,则v=ati, si=ati2,解得 ti= i s, si = 0.5 m行李速度达到i m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2l 一 si则 t2=jL-sI= i.5 s所以行李从A运送到B共用时间为t=ti + t2=2.5 so19(2)电动机需多消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故E = mv2+ mgL行李与传送带的相对位移AL = vti- si= 0.5 m ,代入数据解得E

14、 = 4 Jo(3)行李从A匀加速运动到 B时，传送时间最短有 l = at2代入数据得t=2 s,此时传送带对应的运行速率为v ' > atmin = 2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。答案：(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s8 . 5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量均为m=1 kg,长l=1 m。它们与地面间的动摩擦因数因=0.1,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为 M = 2.5 kg的小铅块(可视为质点)，以V0=4 m/s的初速度向右滑上左边第1个木块的左端，它与木块间的动摩擦因数必= 0.2。小铅

15、块刚滑到第 4个木块时，木块开始运动,重力加速度g取10 m/s2。%(1)求铅块刚滑到第4个木块时的速度大小；(2)试通过计算说明为什么小铅块滑到第4个木块时，木块才开始运动；(3)小铅块停止运动后，离第 1个木块的左端多远？解析：(1)设小铅块在前3个木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第4个木块时的速度为 V1由牛顿第二定律得m2 Mg = Ma 1由运动学公式得 V12 Vo2 = 2a1.3l联立解得v 1 = 2 m/s。(2)设小铅块滑到第n个木块时对木块的摩擦力为f1则 f1 = 2Mg = 5 N未滑完的(6n)个木块受到地面的最大静摩擦力为f2f2= mM + (6 n)m

16、g要使木块滑动，应满足f2<f1,即uM + (6n)mg<5解得n>3.5,故取n = 4o(3)设小铅块滑上第 4个木块经过t秒和第4、5个木块达到共同速度，此过程小铅块、木块的对地位 移为S1和s2,相对位移为丝，木块运动的加速度为a2。隆Mg m(M + 2m)g= 2ma2V1 at= a2t!_ ±2s1= v1t 2a1t12S2= 2a2tZs= si S2联立解得Si = 81 m8 zs= - m9由于As<l,说明小铅块没有离开第 4个木块，最后小铅块与第 4、5个木块达到共同速度，一起减速到零。设小铅块与木块达到的共同速度大小为V2,

17、一起减速的加速度大小为a3,减速过程中所发生的位移为s3国(2m+ M)g= (2m + M)a3v2 = a2tV22衿茄、，、一 2联立斛得s3= 8i m小铅块最终与第1个木块左端的距离为ss= 3l + si + s3联立解得s=325答案：(1)2 m/s (2)见解析(3)325 m9 . (2020河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l=1 m,高为h = 0.8 m,质量M = 2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m= 1 kg的木块(可视为质点),已知木板与木块之间的动摩擦因数为国=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为卢=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一

18、水平向右的拉力F,拉力F随时间的变化如图乙所示，取g= 10 m/s2。求：J F/N34 ：甲乙 /(1)前2 s内木板的加速度；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离As。解析：(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，有Wmg = ma1,解得 a = 4 m/s2,保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力Fm= HM + m)g+(M + m)ai = 30 N。因Fi = 24 N<Fm= 30 N ,故此时木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿第二定律可得,F (j2(M + m)g= (M + m)a, 解得 a= 2 m/s2。(2)设2 s末木块与木板的速度为v,由运动学知识可得v=ati = 4 m/s,2 s后F2=34 N>Fm=30 N,木块和木板发生相对滑动，木块加速度为ai,木板加速度为 a2,则有F - jiimg(j2(M + m)g= Ma2,解得 a2 = 6 m/s2,设经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得，Vt2+2a2t22 vt2+2ait22 = l