发布时间 : 星期一 文章2019年高考物理一轮复习 第三单元 牛顿运动定律单元A卷更新完毕开始阅读dacfc65e3086bceb19e8b8f67c1cfad6195fe9c2
下以加速度a1＝1 m/s做匀加速运动，此时弹簧长度l1＝30 cm。已知物体与斜面间的动摩擦因数??32
，弹簧始终平行于斜面，重力加速度g＝10 m/s。（弹簧始终在弹性限度内） 22
(1)求推力F的大小和弹簧的劲度系数k；
(2)若在弹簧B端加一沿斜面向上的拉力使物体沿斜面向上做加 速度a2＝2.2 m/s的匀加速运动，求弹簧的长度l2。
14. (16分)2017年新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用如图所示的单手托托盘方式给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)服务员运动的最大加速度； (2)服务员上菜所用的最短时间。
单元训练金卷·高三·物理卷（A）
第三单元 牛顿运动定律
答 案
1.【答案】B 2.【答案】B 3.【答案】C 4.【答案】D 5.【答案】D 6.【答案】D
2
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【解析】以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力沿斜面向下。如图所示，由牛顿第二定律得：＝ma，解得：a＝2g。再对整体根据牛顿第二定律可得：F＋(2m＋m)gsin 30°
sin 30°
＝3ma，解得：F＝4.5mg。
7.【答案】BD
【解析】由于没有摩擦力，且m1 < m2，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：
2F?(m1?m2)a，解得：a?mg2F，故A错误，B正确；再对B受力分析，由牛顿第二定律：
m1?m2(m2?m1)F?F，由于m1?m2，故FN不可能为零，故C、
m1?m2F?FN?ma，代入加速度解得：FN?D错误。
8.【答案】ABD
【解析】当?x = 0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得k?x = mg，解得k = 20 N/m，故A正确；由图可知，?x = 0.3 m时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当?x为0.1 m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确。
9.【答案】ACD
【解析】当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝
F－f2max
，mA＋mBmBF＋mAf2max
A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D
mA＋mB项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝
10.【答案】AC
【解析】由题图乙可知小物块在斜面上运动时的加速度大小为a＝＝2.5 m/s，A正确，B错误；对小物块应用牛顿第二定律得ma＝μmgcos θ－mgsin θ，代入数据得μ＝
3
，C2
F－f1max
，综上所述A、C项正确。 mAv0t2
正确；若小物块的速度足够大，则小物块将运动到水平面上，题图乙中的直线对小物块不再适用，D错误。
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11.【答案】(1) C (2) 0.88 (3) A
【解析】(1)由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；由于不是用砝码的重力代替小车的拉力，而是有弹簧测力计读出拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误。
(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx = aT2，得a = 0.16 m/s2。 (3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合。
12.【解析】(1)由图可得下滑的加速度a = 4 m/s
则物体下滑过程由牛顿第二定律得：mgsin θ - μmgcos θ = ma 解得：μ = 0.25。
1(2)由v-t图象可得，下滑过程位移：xAP?vt?2m
22
上滑过程由牛顿第二定律得：-mgsin θ -μmgcos θ = ma′
v2 = 2a′xBP
解得：xBP = 1 m 则xAB = xAP - xBP = 1 m。
13.【解析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知：F＋mgsin θ－μmgcos θ＝
ma1
F＝kΔl1
Δl1＝l0－l1
解得：F＝3.5 N，k＝35 N/m。
(2)物体向上运动的过程中，由牛顿第二定律可知：F1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
F1＝kΔl2 l2＝l0＋Δl2
解得：l2＝82 cm。
14.【解析】(1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：Ff1＝ma1
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max＝μ2mg 解得：a1≤μ2g＝0.15×10 m/s＝1.5 m/s
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2
2
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2＝(M＋m)a2 手和托盘间相对静止，则：Ff2≤Ff2max＝μ1(M＋m)g 解得：a2≤μ1g＝0.2×10 m/s＝2 m/s 则最大加速度amax＝1.5 m/s
(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需2
2
2
时间最短，加速运动时间：tmax1＝
va＝3
s＝2 s max1.5
位移：x11
1＝2vmaxt1＝2
×3×2 m＝3 m
减速运动时间：t2＝t1＝2 s，位移：x2＝x1＝3 m
匀速运动位移：x3x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m
匀速运动时间：t3＝vmax
＝2 s 最短时间：t＝t1＋t2＋t3＝6 s
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