【名师伴你行】2015高考物理大一轮复习 3.3 牛顿运动定律的综合应用提升训练（含2014新题）.docVIP

【名师伴你行】2015高考物理大一轮复习 3.3 牛顿运动定律的综合应用提升训练（含2014新题） 1．(2011·上海单科)如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力(　　) A．小于N B．等于N C．等于N＋F D．大于N＋F 解析：设箱子、a球、b球的质量分别为M、m1和m2. 剪断细线之前，对箱子、a球和b球组成的整体有：N＝Mg＋m1g＋m2g 对b球有：Fab＝m2g＋F 剪断细线后，b球会加速上升 对箱子和a球组成的整体有：N′＝Mg＋m1g＋Fab′ 依题意，a球对b球的吸引力Fab′变大，即Fab′Fab＝m2g＋F 由式得N′Mg＋m1g＋m2g＋F 结合式可得N′N＋F，选项D正确． 答案：D 2．(2014·安徽“江南十校”联考)如图(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图(b)所示(取g＝10 m/s2)，则正确的结论是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 解析：物体与弹簧分离时，弹簧恰好恢复到自然长度，选项A错；设物体的质量为m，加速度为a，初始时弹簧的压缩量为x0，kx0＝mg；当物体位移大小为x时：F＋k(x0－x)－mg＝ma，解得：F＝kx＋ma；由F-x图象的斜率知，弹簧的劲度系数为k＝5 N/cm，选项B错；又当x＝0时：10 N＝ma；x＝4 cm时，30 N－mg＝ma，可得：m＝2 kg，a＝5 m/s2，故选项C错，D对． 答案：D 3．(2014·吉林长春调研)如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为(　　) A.F B.F C．24mg＋ D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定 解析：先选取50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F－50mgsin 30°－μ·50mgcos 30°＝50ma；再选取1、2两个小物块组成的整体为研究对象，设第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为F32，由牛顿第二定律可得F－F32－2mgsin 30°－μ·2mgcos 30°＝2ma，联立以上两式，解得F32＝F，故选项B对． 答案：B 4．(2014·北京东城区联考)质量为m的物体放在A地的水平面上，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系如图中直线所示，用质量为m′的另一物体在B地做类似实验，测得a-F关系如图中直线所示，设两地的重力加速度分别为g和g′，则(　　) A．m′m，g′＝g B．m′m，g′＝g C．m′＝m，g′g D．m′＝m，g′g 解析：根据牛顿第二定律得，F－mg＝ma，则a＝－g，知图线的斜率表示质量的倒数，纵轴截距的大小表示重力加速度．从图象上看，图线的斜率大于图线的斜率，则mm′，纵轴截距相等，则g＝g′，故选B. 答案：B 5．如图所示，传送带水平部分xab＝2 m，斜面部分xbc＝4 m，bc与水平方向夹角α＝37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示方向以速率v＝2 m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6) 解析：物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有 a1＝＝2.5 m/s2 发生位移x1＝＝ m＝0.8 m 经历时间t1＝＝0.8 s 此后物体随传送带匀速运动到b点时间为 t2＝＝0.6 s 当物体A到达bc斜面时，因mgsin 37°＝0.6mgμmgcos 37° ＝0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动 其加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝4 m/s2 物体A在传送带bc上所用时间满足 xbc＝vt3＋a2t 代入数值得t3＝1 s或t3＝－2 s(舍去) 即物体A从a点被传送到c点所用的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s 答案：2.4 s