【名师一号】2014高考物理一轮 3-2牛顿运动定律的应用双基练 新人教版

2014名师一号高考物理一轮双基练：3-2牛顿运动定律的应用
A 级 双基达标
1.如练图3－2－1所示，物体P 以一定的初速度v 沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回，若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P 与弹簧发生相互作用的整个过程中( )
练图3－2－1
A ．P 的加速度大小不断变化，方向也不断变化
B ．P 的加速度大小不断变化，但方向只改变一次
C ．P 的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小
D ．有一段过程，P 的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大
解析 弹簧的弹力大小变化，方向始终向左，根据牛顿第二定律可知物体的加速度大小变化、方向不变；压缩弹簧阶段，P 加速度变大，速度变小；弹簧压缩最短时，P 加速度最大，速度为零；弹开物体恢复原长过程，P 加速度变小，速度变大．故正确选项为C.
答案 C
2.
练图3－2－2
在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当
则电梯运动的情况.x 10
；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 电梯静止时，弹簧被压缩了可能是(
)
的加速度加速上升g 1110．以大小为A 的加速度减速上升g 110．以大小为B 的加速度加速下降
g 110．以大小为C 的加速度减速下降
g 110．以大小为D 解析 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，则kx ＝mg ；当电梯运动时，弹簧又被继续压
F m ＝a ，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度为mg 10＝F ，则物体所受的合外力为x 10缩了的加速度加速上升；若电梯g 110，方向竖直向上．若电梯向上运动，则电梯以大小为g 110＝正确．
D 度减速下降，故只有选项的加速g 1
10向下运动，则电梯以大小为 答案 D
3.
练图3－2－3
(多选题)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，)
(，则可以计算出210m/s ＝g 所示，3－2－3变化的图象如练图F 随外力a 加速度 A ．物体与水平面间的最大静摩擦力
B ．F 为14N 时物体的速度
C ．物体与水平面间的动摩擦因数
D ．物体的质量 解析 由a －F 图象可知，拉力在7N 之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为时，加14N ＝F ，当2
0.5m/s 时，加速度为7N ＝F 可以算出；再由图象可知，当A ，选项7N ，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项
2ma ＝μmg －2F ，1ma ＝μmg －1F ，即24m/s 速度为C 、D 均可以算出；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14N 时的速度，选项B 不可以
算出．
答案 ACD
4.
练图3－2－4
两个物体，2m 、1m 所示，斜面上有4－2－3如练图)浙江省绍兴一中阶段测试(2013·和弹2m 、1m ，两物体间用一根轻质弹簧连接．现在2μ和1μ与斜面间的动摩擦因数分别为之间的距离保持不变，且弹簧处于压缩状2m 和1m 簧一起沿斜面减速上滑，在上滑过程中，态，则下列判断正确的是(
) 2μ＞1
μ．B 2μ＝1μ．A ．以上三种情况都有可能
D 2μ＜1μ．C ，由牛顿第二定律得
F 的弹力大小为2m 、1m ，弹簧对a 速度为设两物体共同的加 解析＋θsin g 2m 有2m ，对a －gsinθgcosθ<
1μ，由此解得>0F ，且a 1m ＝F ＋θcos g 1m 1μ＋θsin g 1m 正确．C ，2μ<1μ，则a －gsinθgcosθ
>2μ，解得>0F ，且a 2m ＝F －θcos g 2m 2μ 答案 C
5．(多选题)一根质量分布均匀的长绳AB ，在水平外力F 的作用下，沿光滑水平面做5
－2－3系如练图的关x 与T F 处的张力x 端A 所示．绳内距①5－2－3直线运动，如练图②所示，由图可知( )
练图3－2－5
A ．水平外力F ＝6N
B ．绳子的质量m ＝3kg
C ．绳子的长度l ＝2m
2
2m/s ＝a ．绳子的加速度D ＝T F ＝F 端质量趋近于零，则A ，又ma ＝T F －F 端进行受力分析，A ，对0＝x 取 解析6N ，A 项正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，B 、D 两项均错误；由题图知
绳子长度为2m ，C 项正确．
答案 AC
6.
练图3－2－6
(2013·浙江省绍兴一中阶段测试)如练图3－2－6所示，水平面B 点以左是光滑的，B ，以相L 点以左的光滑水平面上相距B 的两个小物块，在2m 和1m 点以右是粗糙的，质量为同的速度向右运动，先后进入表面粗糙的水平面后，最后停止运动．它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同．静止后两个小物块间的距离为x ，两物体可看作质点，则有(
)
L
＞x ，则2m ＞1m ．若A L
＝x ，则2m ＝1m ．若B L
＞x ，则2m ＜1m ．若C 0
＝x 的大小关系如何，都有2m 、1m ．无论D 答案 D
7.
练图3－2－7
如练图3－2－7所示，质量M ＝8kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8N ．当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不
计、质量为m ＝2kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求：
(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放在小车上开始，经过t ＝1.5s 小物块通过的位移大小为多少？(取g ＝
)2
10m/s ，
22m/s ＝μg ＝m a 小物块的加速度(1) 解析 .20.5m/s ＝F －μmg M
＝M a 小车的加速度 1s.
＝t ，得t M a ＋0v ＝t m a 由(2) (3)在开始1s 内小物块的位移：
1m.＝2
t m a 12＝1x 2m/s.
＝t m a ＝v 最大速度 ＝F M ＋m
＝a 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度0.5s 在接下来的.2
0.8m/s ，1.1m ＝2
at 12＋vt ＝2x 内的位移0.5s 这 2.1m.
＝2x ＋1x ＝x 通过的总位移 2
0.5m/s
2,(1)2m/s 答案 (2)1s
(3)2.1m B 级 能力提升
运行．初速度大小为1v 带始终以恒定速率所示，绷紧的水平传送①8－2－3．如练图1处滑上传送带．若从小物块滑上传送带A 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的2v 开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如练图3－2－8②所
)
(，则1v >2v 示．已知
练图3－2－8
处的距离达到最大A 块离时刻，小物2
t ．A 小物块相对传送带滑动的距离达到最大时刻，2
t ．B 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2t ～0．C 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用3
t ～0．D 时刻，小物块相对2t 处最远．A 时刻，向左离开1t 小物块对地速度为零时，即 解析传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最时刻
2t 时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变．2t ～.0大以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，B 项正确．
答案 B
2.
练图3－2－9
(多选题)如练图3－2－9所示，一细绳跨过滑轮挂一质量为m 的重物，重物离滑轮足够远．不计摩擦和空气阻力，也不计绳和滑轮的质量，当绳右端拉力为F 时，左端重物m
匀加速上升，加速度的大小为a .在运动过程中，突然将拉力F 减半，则从这之后重物的加
速度可能是(
)
方向向上，a 2．等于A 向下，方向a 2．小于B ，方向向上
a 2．大于C ，方向向下
a 2．等于D 解析 根据题意，原来有F －mg ＝ma ，由于重物有重力，当拉力F 减半时，合力的大；a 2
<g 2－a 2＝′a ，得′ma ＝mg －F 2小没有原来的一半大，若重物还可以向上加速运动，则有若重物加速度方向向下，则mg <F <2mg ，当mg <F <1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度大于减半，F 时，拉力mg <2F <mg 1.5；当a 2
，重物加速度等于减半F 时，拉力mg 1.5＝F ；当a 2.
a
2重物加速度小于 答案 BD
3．在一根绳子下面串联着两个质量不同的小球，上面小球的质量比下面小球的质量
大，当手提着绳的端点O 并使两球沿水平方向一起做匀加速运动时(空气阻力不计)，则图中正确的是( )
解析 设上面一段绳与竖直方向的夹角为α，下面一段绳与竖直方向的夹角为β，先把M 、m 看做一个整体，对整体分析可知受到重力和上段绳的拉力，如练答图3－2－1所
示，则由牛顿第二定律知：
，
a )m ＋M (＝αtan g )M ＋m (＝合F 得a ＝g tan α，
练答图3－2－1
以m 为研究对象，则有：mg tan β＝ma ′，
其中a ′＝a ，所以tan β＝tan α，即α＝β，
故选项A 正确．
答案 A
4．一质量m ＝0.5kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面．某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v －t 图象，如练图3－2－10所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°
)2
10m/s ＝g ，0.8＝cos37°，0.6＝
练图3－2－10
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；
(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若
不能返回，求出滑块停在什么位置．
解析 (1)由图象可知，滑块的加速度大小：
.210m/s ＝2m/s 101.0＝Δv Δt ＝a 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，
有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，
代入数据解得μ＝0.5.
(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑．由匀变速直
5m.＝v22a ＝x 线运动的规律，滑块向上运动的位移 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，
，
2ma ＝θcos μmg －θsin mg 有 .2
2m/s ＝2a 得 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度
m/s.
52＝2a2x ＝′v 答案
(1)0.5 m/s
52 能(2) 5．如练图3－2－11所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面的两点0.2m ＝2h 和5m ＝1h 滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为相接，连接处用一光上，各静置一小球A 和B .某时刻由静止开始释放A 球，经过一段时间t 后，再由静止开始
，求：2
10m/s 取g 球．B 释放
练图3－2－11
(1)为了保证A 、B 两球不会在斜面上相碰，t 最长不能超过多少？
(2)若A 球释放0.6s 后释放B 球，求A 球释放后经多长时间追上B 球？
解析 (1)两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a ，根据牛顿第二定律有：
mg sin30°＝ma ，
.2
5m/s ＝a 解得 ，根据几何关系和运动学公式
2t 和1t 两球下滑到斜面底端所用时间分别为B 、A 设有：
h1
sin30°
.2at 12＝h2sin30°，21at 12＝ 0.4s.＝2t ，2s ＝1t 解得 1.6s.＝2
t －1t ＝t 最长不能超过t 会在斜面上相碰，两球不B 、A 所以，为了保证
，根据机械能守恒定律有：
B v 和A v 两球下滑到斜面底端时速度分别为B 、A 设(2) .2B v B m 1
2＝2gh B m ，2A v A m 12＝1gh A m 2m/s.
＝B v ，10m/s ＝A v 解得 当小球A 到达水平面处时小球B 已经在水平面上运动了1s ，此时B 球距斜面底端x ＝
球，根据运动学公式及几何关系有：
B 追上0t 球经时间A ，设此后2m 0.25s.
＝0t ，解得x ＋0t B v ＝0t A v 故A 球释放后追上B 球的时间为
2.25s.
＝1
t ＋0t ＝t 答案 (1)1.6s
(2)2.25s。