广州市岭南中学2018届高三物理一轮复习必修1第三章牛顿运动定律第二节含答案

1、.必修一第三章牛顿运动定律班别 姓名 学号 第二节 牛顿运动定律二1如下图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，以下说法正确的选项是A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零2.如图甲所示，程度面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连，这个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动如图乙，研究从力F刚作用在木块

2、A瞬间到木块B刚分开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，那么下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的是3如图甲所示，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示。假设重力加速度及图中的v0、v1、t1均为量，那么可求出A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度4如下图，程度传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1。工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，那么A假设传送带不动，那么vB3 m/sB假设传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，vB3 m/sC假设传

3、送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，vB3 m/sD假设传送带以速度v4 m/s顺时针匀速转动，vB3 m/s5将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的vt图象如图3217所示，g取10 m/s2。以下说法中正确的选项是A小球所受重力和阻力大小之比为51B小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态6如下图，车内绳AB与绳BC拴住一球，BC程度，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，那么AAB绳、BC绳拉力

4、都变大BAB绳拉力变大，BC绳拉力变小CAB绳拉力变大，BC绳拉力不变DAB绳拉力不变，BC绳拉力变大7如下图，在倾角为30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一程度向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，以下说法正确的选项是A弹簧的原长为LB程度恒力大小为mgC撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g8.如下图，程度传送带A、B两端点相距x4 m，以v02 m/s的速度始终保持不变顺时针运转。今将一小煤块可视为质点无初速度地轻放至A点处，小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10

5、m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。那么小煤块从A运动到B的过程中A小煤块从A运动到B的时间是 sB小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC划痕长度是4 mD划痕长度是0.5 m9如下图，一轻弹簧竖直固定在程度地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，以下关于小球的加速度a随时间t或者随距O点的间隔 x变化的关系图线正确的选项是10如下图，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，假设在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，那么A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以

6、小于a的加速度匀加速下滑11如图甲所示，一质量为m的物体系于l1、l2两根细线上，细线l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，细线l2程度拉直，物体处于平衡状态。现将细线l2剪断，求剪断瞬间物体的加速度。1下面是某同学对该题的一种解法：解：设细线l1上拉力为F1，细线l2上的拉力为F2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，即F1cos mg，F1sin F2，F2mgtan 。剪断线的瞬间，F2突然消失，物体即在F2的反方向获得加速度。因为mgtan ma，所以加速度agtan ，方向为F2的反方向。你认为这个结果正确吗？请你对该解法作出评价并说明理由。2假设将图甲中的细线l1改为长度一

7、样、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与1完全一样，即agtan ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。12.某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶。选手们从起点开场用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，假设瓶子最后停在桌上有效区域内不能压线视为成功；假设瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如下图，AC是长度L15.5 m的程度桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开场用一恒定不变的程度推力推它，BC为有效区域。BC长度L21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2。某选手作用在瓶子上的程

8、度推力F11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。令2.2审题探究撤去推力的前后，瓶子做什么运动？瓶子加速段和减速段运动的位移之和大小范围是怎样的？13.质量为m2 kg的滑块能在倾角为30°的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑。如下图，假设用一程度向右恒力F作用于滑块，使之由静止开场在t2 s内能沿斜面运动位移x4 m。求：g取10 m/s21滑块和斜面之间的动摩擦因数；2恒力F的大小。14.如下图，倾角为37°，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送

9、带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2。求：1传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；2传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。才能进步：15.一程度传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，程度部分长为2.0 m。其右端与一倾角为37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，物块与传送带间动摩擦因数0.2，试问： 1物块能否到达斜面顶端？假设能那么说明理由，假设不能那么求出物块沿斜面上升的最大间隔 ；2物块从出发到4.5

10、 s末通过的路程。sin 37°0.6，g取10 m/s2牛顿运动定律二1.解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，Fmgsin ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确。答案BC2.解析初始状态弹簧被压缩，弹簧对A的弹力平衡着A所受的重力，设弹簧压缩长度为x0，末状态弹簧被拉长，由于B刚分开地面，弹簧对B的弹力平衡着B所受的重力，由于A、B所受重力相等，故弹簧伸长量也为x0。初始状态A处于平衡状态，那么kx0mg，当木块A的位移为x时，弹簧向上

11、的弹力的减少量为kx，外力F减去弹力的减少量为系统的合外力，故Fkxma，那么得到Fkxma，可见F与x是线性关系，当x0时，ma>0。答案A3.解析设物块的质量为m、斜面的倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2。再结合vt图线斜率的物理意义有：a1，a2。由上述四式可见，无法求出m，可以求出、，故B错，A、C均正确。0t1时间内的vt图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大间隔 ，已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确。答案ACD4.解析假

12、设传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vv2as，ag，代入数据解得vB3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B端的瞬时速度仍为3 m/s，应选项A、B、C正确；假设传送带以速度v4 m/s顺时针匀速转动，那么工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4 m/s，故D错误。答案ABC5.解析上升过程中mgfma1，代入a112 m/s2，解得f2 N，小球所受重力和阻力之比为51，选项A正确；下落过程中mgfma2，可得a28 m/s2，根据hat2可得 ，选项B错误；根据va2t2，t2 s可得v8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，

13、加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误。答案AC6.答案D7.解析分析小球B受力，由平衡条件可得：kxmgsin ，解得x，弹簧的原长为LxL，A错误；分析小球A受力，由平衡条件可得：Fcos mgsin kx，解得：Fmg，B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，故B球的加速度为零，由mgsin kxmaA可得：小球A此时的加速度为aAg，C正确。答案C8.解析小煤块刚放上传送带后，加速度ag4 m/s2，由v0at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t10.5 s，此时小煤块运动的位移x1t10.5 m，而传送带的位移为x2v0t11 m，故小煤块在带上的划痕长度为lx2x10.

14、5 m，D正确、C错误；之后的xx13.5 m，小煤块匀速运动，故t21.75 s，故小煤块从A运动到B的时间tt1t22.25 s，A错误、B正确。答案BD9.解析小球自接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，其弹力Fkx，由牛顿第二定律可得：mgkxma，解得agx，应选项B正确、D错误；加速度随时间的变化是先减小再反向增大，但不是线性关系变化，应选项A、C错。答案B10.解析设斜面倾角为，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a0，即tan 。对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度aa，且Fsin Fcos 0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑。应选项C正确，选项A、B、D错误

15、。答案C11.解析1结果不正确。因为细线l2被剪断的瞬间，细线l1上的张力大小发生了突变。请同学们考虑正确的解法是怎样的？正确答案是：细线l2被剪断瞬间，细线l1上的张力突变为Fmgcos ，物体加速度agsin 2结果正确。因为细线l2被剪断瞬间，弹簧的长度不能发生突变，因此弹簧的拉力F1的大小和方向都不能突变，F1与mg的合力大小和方向都不变，与F2等大、反向。答案见解析12.解析要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，那么Fmgma

16、1mgma22a1x1v2a2x2vL1L2<x1x2<L1由以上各式联立可解得：0.4 m<x1<0.5 m。答案0.4 m0.5 m13.解析1根据牛顿第二定律可得：mgsin 30°mgcos 30°ma解得：。2使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。当加速度沿斜面向上时，Fcos 30°mgsin 30°Fsin 30°mgcos 30°ma1，根据题意可得a12 m/s2，代入数据得：F N当加速度沿斜面向下时：mgsin 30°Fcos 30°Fsin 30&

17、#176;mgcos 30°ma1代入数据得：F N。答案12N或 N14.1传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，那么物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37°cos 37°ma2分那么agsin 37°gcos 37°2 m/s2，1分根据lat2得t4 s。2分2传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，那么物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°mgcos 37°ma12分那么有a110 m/s21分设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，那么有t1 s1 s，1分x1a1t5 m<l16 m1分当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>mgcos 37°，那么下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，那么a22 m/s22分x2lx111 m1分又因为x2vt2a2t，那么有10t2t111分解得：t21 st211 s舍去1分所以t总t1t22 s。1分答案