浙江2014高考物理總復習創(chuàng)新設計試題3-牛頓運動定律章末專練

1、一、易錯易混專練1. 如圖1所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住物體m.現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體一直可以運動到B點，如果物體受到的阻力恒定，則()圖1A物體從A到O先加速后減速B物體從A到O加速運動，從O到B減速運動C物體運動到O點時所受合力為0D物體從A到O的過程加速度逐漸減小解析首先有兩個問題應搞清楚，物體在A點所受彈簧的彈力大于物體與地面之間的摩擦力(因為物體能運動)物體在O點所受彈簧的彈力為0.所以在A、O之間有彈簧的彈力與摩擦力大小相等的位置，故物體在A、O之間的運動應該是先加速后減速，A選項正確、B選項不正確；O點所受彈簧的彈力為0，但摩擦力不是0，所以C選項不正

2、確；從A到O的過程加速度先減小、后增大，故D選項錯誤 答案A2彈簧測力計掛在升降機的頂板上，下端掛一質量為2 kg的物體當升降機在豎直方向運動時，彈簧測力計的示數(shù)始終是16 N如果從升降機的速度為3 m/s時開始計時，則經(jīng)過1 s，升降機的位移可能是(g取10 m/s2)()A2 m B3 m C4 m D8 m解析對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為2 m/s2，方向豎直向下，由于初速度方向未知，所以應分兩種情況進行計算，解得升降機的位移為2 m或4 m.答案AC3如圖2所示，電梯與水平地面成角，一人靜止站在電梯水平梯板上，電梯以恒定加速度a啟動過程中，水平梯板對人的支持力和摩擦

3、力分別為FN和f.若電梯啟動加速度減小為，則下面結論正確的是 ()圖2A水平梯板對人的支持力變?yōu)锽水平梯板對人的摩擦力變?yōu)镃電梯加速啟動過程中，人處于失重狀態(tài)D水平梯板對人的摩擦力和支持力之比為解析將人的加速度分解，水平方向axacos ，豎直方向ayasin .對于人根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有fmax，在豎直方向有FNmgmay，人處于超重狀態(tài)，C錯誤；當加速度由a變?yōu)闀r，摩擦力變?yōu)樵瓉淼囊话?，但支持力不為原來的一半，則它們的比值也發(fā)生變化，故A、D錯誤，B正確答案B4如圖3所示，傾角為的傳送帶沿逆時針方向以加速度a加速轉動時，小物體A與傳送帶相對靜止，重力加速度為g.則()圖3A只有a

4、>gsin ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用B只有a<gsin ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用 C只有agsin ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用D無論a為多大，A都受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用解析A與傳送帶相對靜止，傾角為的傳送帶沿逆時針方向以加速度a加速轉動時，A有沿斜面向下的加速度a，對A受力分析可知只有a<gsin ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用，B正確答案B5(2013·銀川模擬)如圖4所示，A、B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖4 A兩個小球的瞬時加

5、速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的受力情況未變，瞬時加速度為零CA球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零解析細線燒斷前，對B球有kxmgsin .細線燒斷瞬間，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，aB0，A球所受合力為mgsin kx2mgsin ，解得aA2gsin ，故A、D錯誤，B、C正確答案BC6如圖5所示，傳送帶的水平部分長為L，傳動速率為v，在其左端無初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，則木塊從左端運動到右端的時間可能是()圖5A. B. C. D. 解析當小木塊剛放到傳

6、送帶上時mgma得ag設小木塊加速到v時運動的距離為L0，由v22aL0得L0(1)當LL0時，小木塊一直加速，vat得t或由Lat2得t 或由Lvt得t，故C、D正確(2)當L>L0時，小木塊先加速后勻速，加速階段有vat1得t1勻速階段有LL0vt2得t2由tt1t2得t，故A正確答案ACD二、方法技巧專練 7(整體法、隔離法)如圖6所示，兩個質量分別為m11 kg、m24 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧秤連接兩個大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩(wěn)定狀態(tài)后，下列說法正確的是()圖6A彈簧秤的示數(shù)是25 NB彈簧秤的示數(shù)是50

7、NC在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7 m/s2D在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2解析本題考查用整體法、隔離法分析物體受力以及牛頓第二定律的應用以m1、m2以及彈簧秤為研究對象，則整體向右的加速度a2 m/s2；再以m1為研究對象，設彈簧的彈力為F，則F1Fm1a，得F28 N，A、B錯誤；突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，此時m2的加速度a7 m/s2，C正確；突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力也不變，此時m1的加速度a28 m/s2，D錯誤答案C8(整體法、隔離法)如圖7所示，質量為mA0.4 kg的物體A與質量為mB2 kg的物體B疊放在傾角為30°

8、的斜面上，物體B在平行于斜面向上的拉力F作用下運動，已知A、B總保持相對靜止，若A、B間的動摩擦因數(shù)為10.4，B與斜面間的動摩擦因數(shù)為2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g取10 m/s2)圖7(1)若整個裝置沿斜面向上做勻速運動，則A、B間的摩擦力大小為多少？拉力F大小為多少？(2)若整個裝置沿斜面向上做勻加速運動，且A、B恰好沒有相對滑動，則此時A、B間的摩擦力大小為多少？拉力F大小為多少？解析(1)整個裝置沿斜面向上做勻速運動時，即整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則研究A物體：fmAgsin 2 N，研究整體：F(mAmB)gsin 2(mAmB)gcos 21 N.(2)整個裝置沿斜面向上做勻加

9、速運動，且A、B恰好沒有相對滑動，則說明此時A、B之間恰好達到最大靜摩擦力，研究A物體：fmaxf滑1mAgcos 2.4 N，fmaxmAgsin mAa， 解得a1 m/s2，研究整體：F(mAmB)gsin 2(mAmB)gcos (mAmB)a，解得F23.4 N.答案(1)2 N21 N(2)2.4 N23.4 N三、物理模型專練 9(滑板滑塊模型)如圖8甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)若物體之間的滑動摩擦力Ff的大小等于最大靜摩擦力，且A、B的質量相

10、等，則下列圖中可以定性地描述長木板B運動的vt圖象的是()圖8解析在A、B相對滑動前，對A、B整體由牛頓第二定律得a，故A、B的加速度隨時間的增大而增大，速度時間圖象是一向上彎曲的曲線；A相對B剛好要滑動時，對B由牛頓第二定律得a，由于，故t；在A相對B滑動后，B的加速度a為一恒量，速度時間圖象是一傾斜向上的直線，故B正確答案B10(滑板滑塊模型)如圖9所示，質量M8 kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一F8 N的水平推力，當小車向右運動的速度達到v01.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為m2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)0.2，小車足夠長，取g10

11、m/s2.求：圖9(1)放小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大；(2)經(jīng)多長時間兩者達到相同的速度；(3)從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t1.5 s小物塊通過的位移大小為多少？解析(1)小物塊的加速度amg2 m/s2，小車的加速度aM0.5 m/s2.(2)由amtv0aMt，解得：t1 s.(3)從小物塊放上小車開始1 s內(nèi)，小物塊的位移s1amt21 m，1 s末小物塊的速度vamt2 m/s在接下來的0.5 s內(nèi)小物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，且加速度a0.8 m/s2，這0.5 s內(nèi)小物塊的位移s2vt1at1.1 m，小物塊1.5 s內(nèi)通過的總位移ss1s22.1 m.答案(1

12、)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m 11(傳送帶模型)(改編題)如圖10所示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3 m，另一臺傾斜，其傳送帶與地面的傾角37 °，C、D兩端相距4.45 m，B、C相距很近水平部分AB以v05 m/s的速率順時針轉動將一袋質量為10 kg的大米無初速度放在A端，到達B端后，米袋繼續(xù)沿傾斜的CD部分運動，不計米袋在BC處的機械能損失已知米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g10 m/s2，cos 37°0.8，求：圖10(1)若CD部分傳送帶不運轉，米袋能否運動到D端？(2)若要米袋能被送到D端，CD部分順時針運轉的最小速度為多大？解析(1)米袋在AB部分加速時的加速度a0g5 m/s2，米袋的速度達到v05 m/s時，滑行的距離s02.5 m<sAB3 m，因此米袋到達B點的速度為v05 m/s，CD部分不運轉，米袋在CD部分的加速度大小設為a，有mgsin mgcos ma，得a10 m/s2，米袋能滑上的最大距離s1.25 m<4.45 m，故米袋不能運動到D端 (2)設CD部分運轉速度為v時米袋恰能到達D端(即米袋到達D點時速