【冲关AB练 全程复习方略】2015年高考物理二轮复习 课时冲关练(四) 1.2牛顿运动定律及其应用(B卷)
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课时冲关练 (四)
牛顿运动定律及其应用(B卷)
(45分钟，100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分。每小题只有一个选项正确)
1.(2014·绍兴二模)假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——木卫四的表面。如果发动机提供了一个3260N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降。如果发动机仅提供 2 200 N的推力，登陆舱以0.4m/s2的加速度下降。则登陆舱的质量与靠近木卫四表面的自由下落的加速度分别为( )
A.326 kg 1.23 m/s2
B.2 650 kg 2.46 m/s2
C.2 650 kg 1.23 m/s2
D.326 kg 2.46 m/s2
【解析】选C。登陆舱以恒定速率下降时有F1-mg=0，加速下降时，由牛顿第二定律得mg-F2=ma，解得m=2650kg，g=1.23m/s2，选项C正确。
2.(2014·浙江建人高复二模)沿竖直方向运动的电梯，其底板水平，有一质量为m的物体放在底板上，当电梯向上做加速度大小为g的匀减速运动时，此物体对电梯底板的压力大小为( )
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
【解析】选B。对物体由牛顿第二定律得mg-F N=ma，解得F N=mg，由牛顿第三定律得物体对电梯底板的压力大小为mg，选项B正确。
3.一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图像可知( )
A.4s内物体在做曲线运动
B.4s内物体的速度一直在减小
C.物体的加速度在2.5s时方向改变
D.4s内物体速度的变化量的大小为8m/s
【解析】选D。速度—时间图像只能表示做直线运动的物体的速度变化情况，选项A错误；前2.5s内速度减小，后1.5s内速度反向增大，选项B错误；物体的加速度方向自始至终不变，始终与选定的正方向相反，选项C错误；4s内物体速度的变化量的大小为5m/s-(-3m/s)=8m/s，选项D正确。
4.如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光
滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向
右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受
物块的压力F N1和车右壁受弹簧的压力F N2的大小变化是( )
A.F N1不变，F N2变大
B.F N1变大，F N2不变
C.F N1、F N2都变大
D.F N1变大，F N2减小
【解析】选B。物块受力如图所示，由牛顿第二定律得F′N1-kx=ma，弹簧的形变量保持不变，kx不变，当加速度增大时，F′N1增大，由牛顿第三定律得车左壁受物块的压力F N1变大；车右壁受弹簧的压力F N2=kx，故F N2保持不变，选项B正确。
二、不定项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分。每小题至少一个选项正确)
5.(2014·嘉兴二模)如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图所示的a -F图。取g=10m/s2，则( )
A.滑块的质量m=4kg
B.木板的质量M=6kg
C.当F=8N时滑块加速度为2m/s2
D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1
【解析】选A、D。由图像可知，当水平拉力增大为6N时，滑块相对木板开始滑动，由牛顿第二定律得，滑块相对木板滑动前，对整体有F=(M+m)a1，滑块相对木板滑动时，对木板有F-μmg=Ma2，解得a1=F，
a2=F-，由图像斜率可得=，=，解得M=2kg，m=4kg，选项A正确，B错误；将F=6N，a=1m/s2代入a2=F-可得μ=0.1，选项D正确；当F=8N时滑块相对木板滑动，滑块的加速度a=μg=1m/s2，选项C错误。
6.(2013·大纲版全国卷)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s，它们运动的v-t图像分别如直线甲、乙所示。则( )
A.t=2s时，两球高度相差一定为40 m
B.t=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等
C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D.甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)理解v-t图像中图线与t轴包围的面积表示位移。
(2)注意两小球的初始位置不同。
(3)小球抛出后，只受重力，加速度向下。
【解析】选B、D。t=2s时，两球运动的位移相差40 m，但两小球是从距地面不同高度处竖直向上抛出的，无法判断两小球的高度差，A错；根据v-t图像中图线与t轴包围的面积表示位移可求出4s时两球的位移都是40 m，B对；两小球是从距地面不同高度处竖直向上抛出的，落地的时间不确定，C错；两小球竖直向上的初速度相同，由t=知到达最高点用时相等，D对。
7.(2014·台州模拟)如图，在光滑的水平面上，叠放着两个质量分别为m、M的物体(m A.两物体间的摩擦力减小 B.m受到的合外力与第一次相同 C.M受到的摩擦力增大 D.两物体间可能有相对运动 【解析】选A、B。用一水平恒力作用在m物体上，两物体相对静止地向右运动，以m、M组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知，加速度a=，以M为研究对象，根据牛顿第二定律知，两者之间的静摩擦力f=Ma=，当水平力作用在M物体上时，假设两物体保持相对静止，整体的加速度a′==a，隔离m分析，两者之间的摩擦力f′ =ma′= 三、计算题(本题共3小题，共51分。需写出规范的解题步骤) 8.(16分)(2014·嘉兴二模)一列质量M=3.0×105kg的列车驶上倾角为θ的足够长的斜坡，列车与铁轨间的动摩擦因数μ=0.01。(取g=10m/s2，sinθ≈0.02，cosθ≈1) (1)求列车以额定功率P=3.0×106W在斜坡上运动时最大速度v m的大小。 (2)若当列车速度达到v=9m/s时，最后一节车厢突然脱钩，求脱钩瞬间车厢的加速度的大小及该车厢运动到距离脱钩处上方120m所经历的时间t(计算时此车厢看成质点)。 【解析】(1)列车匀速运动时速度最大，则 =Mgsinθ+μMgcosθ(2分) 解得：v m=33.3m/s (1分) (2)最后一节车厢先以初速度v向上做匀减速运动，到达最高点后，再向下做初速度为零的匀加速运动。 向上匀减速时mgsinθ+μmgcosθ=ma1(2分) 解得：a1=0.3m/s2 (1 分) 车厢运动到最高点的时间为t0==30s (1分) 上升的最大位移为x m=vt0=135m (1分) 设上升运动到距离脱钩处120m所经历的时间为t1， 则x1=vt1-a1(1分) 解得：t1=20s，t1′=40s(舍弃) (1分) 向下匀加速时：mgsinθ-μmgcosθ=ma2(2分) 解得a2=0.1m/s2 (1分) 从最高处向下运动15m的时间为t2，则 x2=a2(1分) 解得t2=10s (1分) 设第二次运动到距离脱钩处120m所经历的时间为t2′，则 t2′=t2+t0=(30+10)s (1分) 答案：(1)33.3m/s (2)0.3m/s220s或(30+10)s 9.(16分)静止在水平直跑道上的飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶段飞机的加速度为a1，运动时间为t1。当第二阶段结束时，飞机刚好达到规定的起飞速度v0。飞机起飞过程中，在水平直跑道上通过的距离为x。求第二阶段飞机运动的加速度a2和时间t2。【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为 v1=a1t1(3分) v0=v1+a2t2(3分) 运动距离分别为 x1=a1(3分) x2=v1t2+a2(3分) 总距离为x=x1+x2(2分) 解以上各式得： a2=(1分) t2=(1分) 答案： 【总结提升】匀变速直线运动问题的规范求解 (1)解题的基本思路： (2)应注意的问题： ①在匀变速直线运动中，一般规定初速度v0的方向为正方向(但不绝对，也可规定为负方向)，凡与正方向相同的矢量为正值，相反的矢量为负值，这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算。 ②对刹车问题、沿斜面上滑问题，应分析其刹车时间或沿斜面上滑时间，禁止直接套公式求解。 10.(19分)(2014·南京模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为L=10.25m，传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。 (1)求煤块从A到B的时间。 (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。 【解析】(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 (2分) 代入数据解得：a1=10m/s2 (1分) 达到和传送带速度相等的时间为t1==1s (1分) 煤块加速运动的位移为x1=a1=5m 达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2 (2 分) a2=2m/s2 (1分) 第二次加速的位移： x2=L-x1=5.25m (1分) x2=v0t2+a2(2分) 解得t2=0.5s (1分) 煤块从A到B的时间为 t=t1+t2=1.5s (1分) (2)第一过程划痕长 L1=v0t1-a1=5m (2分) 第二过程划痕长 L2=x2-v0t2=0.25m (2分) 所以划痕总长为5m (1分) 答案：(1)1.5s (2)5 m 关闭Word文档返回原板块