1、名师一号 高考总复习 模块新课标 新课标版物理计时双基练10牛顿运动定律的应用 (限时：45分钟满分：100分)A级双基达标1.练图321如练图321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()AP的加速度大小不断变化，方向也不断变化BP的加速度大小不断变化，但方向只改变一次CP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
2、；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练图3222(多选题)(2013浙江卷)如练图322所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上
3、升时所受空气阻力大小为230 N解析热气球从地面刚开始上升时不受空气阻力，由牛顿第二定律知F浮mgma，得F浮m(ga)460(100.5) N4830 N，A正确；热气球从静止上升180 m时，速度为5 m/s，显然加速度并不恒为5 m/s2，故C错误；由于热气球所受浮力不变，总质量不变，由牛顿定律知热气球所受空气阻力是变力，B错误；热气球匀速上升时，F浮mgF阻0，故F阻F浮mg230 N，D正确答案AD3.练图323(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，加速度a随外力F变化的图象如练图323所示，g10 m/s2，则可以计算出()A物体与水平面间的最
4、大静摩擦力BF为14 N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aF图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A可以算出；再由图象可知，当F7 N时，加速度为0.5 m/s2，当F14 N时，加速度为4 m/s2，即F1mgma1，F2mgma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D均可以算出；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N时的速度，选项B不可以算出答案ACD练图3244(2013安徽卷)如练图324所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动
5、的过程中，小球始终相对斜面静止，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()ATm(gsinacos)FNm(gcosasin)BTm(gsinacos)FNm(gsinacos)CTm(acosgsin)FNm(gcosasin)DTm(asingcos)FNm(gsinacos)解析分析小球受力，如练答图321所示，由牛顿第二定律可知TcosFNsinma，练答图321TsinFNcosmg0解得Tm(gsinacos)，FNm(gcosasin)A正确答案A5(2014四川省成都七中期末)如练图325所示，质量形状均相同的木块紧靠在一起，放在光滑的水平面上，现用水平
6、恒力F推1号木块，使10个木块一起向右匀加速运动，则第6号对第7号木块的推力为()练图325AF B0.8FC0.4F D0.2F解析将10个木块看做一个整体，则a，设第6号对第7号木块的推力为F，则将后四个木块看做一个整体，故a，根据连接体的运动关系可知，整体的加速度和任意一个木块的加速度都相等，所以有aa，即，所以F0.4F，C正确答案C6(2014四川省成都外国语学校月考)如练图326甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1.如练图326乙所示，当A、B两物块放在固定光滑
7、斜面上时，此时在恒力F作用下沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力的大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是()甲乙练图326Aa1a2，N1N2 Ba1a2，N1N2Ca1a2，N1N2 Da1a2，N1N2解析对于图甲，根据牛顿第二定律，整体加速度a1，对B隔离分析，A对B的作用力N1mBa2；对于图乙，由牛顿第二定律，整体的加速度a2gsin，对B隔离分析，有：N2mBgsinmBa2，解得：N2.知a1a2，N1N2.故D正确，A、B、C错误答案D练图3277(2014江苏省淮安市楚州中学测试)如练图327所示，质量M4 kg的小车放在光滑的
8、水平面上，在小车左端加一水平推力F6 N，当小车向右运动的速度达到2 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量m1 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长(g取10 m/s2)，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)从小物块放上小车开始，经过t3 s小物块通过的位移大小为多少？ 解析(1)物块的加速度amg2 m/s2小车的加速度aM1 m/s2(2)由amt1v0aMt得t12 s(3)在开始2 s内小物块的位移s1amt14 m2 s末的速度vamt14 m/s在接下来的1 s物块与小车相对静止，一起做加速运
9、动且加速度a1.2 m/s2这1 s内的位移s2vtat4.6 m通过的总位移ss1s28.6 m.答案(1)2 m/s21 m/s2(2)2 s(3)8.6 mB级能力提升1如练图328所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如练图328所示已知v2v1，则()练图328At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的
10、摩擦力作用解析小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远t2时刻，小物块相对传送带静止，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大.0t2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t2时刻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练图3292(2014北京师范大学附中月考)粗糙水平面上放有P、Q两个木块，它们的质量依次为m1、m2，与水平面的动摩擦因数依次为1、2.分别对它们施加水平拉力F，它们的加速度a随拉力F变化的规律如练图329所示下列判断正确的是()Am1m2，12 Bm1m2，12Cm12 Dm1m2，1m2，纵轴的截
11、距是g，把图象延长得到纵轴截距如练答图322，Q截距绝对值大说明21.，故B对答案B3(2014江西省南昌大学附中月考)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()解析练答图323设上面一段绳与竖直方向的夹角为，下面一段绳与竖直方向的夹角为，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323所示，则由牛顿第二定律知：F合(mM)gtan(Mm)a，得agtan，以m为研究对象，则有：mgtanma，其中aa，所以tantan，即，故选项A正确答案A练
12、图32104(2013山东卷)如练图3210所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v.由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s练答图324(2)设物块所受支持力为FN，所
13、受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如练答图324所示，由牛顿第二定律得：FcosmgsinFfmaFsinFNmgcos0又FfFN联立式得F由数学知识得cossinsin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式代入数据得F的最小值为Fmin N答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N练图32115(2014大庆市质量检测)如练图3211所示，A、B是两个质量均为m1 kg的小球，两球由长L4 m的轻杆相连组成系统水平面上的P、Q两点间是一段长度为4.5 m粗糙平面，其余部分表面光滑，球A、B与PQ段间的动摩擦因数均为0.2.最初，A和B分别静止在P点两侧，离P点的距离均为
14、L/2.球可视为质点，不计轻杆质量现对B球施加一水平向右F4 N的拉力，取g10 m/s2，求：(1)A球经过P点时系统的速度大小；(2)若当A球经过P点时立即撤去F，最后A、B球静止，A球静止时与Q点的距离解析(1)设系统开始运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有Fmg2ma1解得a11 m/s2设A球经过P点时速度为v1，则v2a1(L/2)得v12 m/s.(2)设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有2mg2ma2a2g2 m/s2当A球经过P点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有x1xPQL0.5 m由vv2a2x1解得v2 m/s因为v20，故知B球将通过Q点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为a3.则有mg2ma3a31 m/s2设系统继续滑行x2后静止，则有0v2a3x2可得x21 m即A球静止时与Q点的距离xxPQx1x23 m答案(1)2 m/s(2)3 m13