【全程复习方略】高考物理二轮复习 课时冲关练 1.2牛顿运动定律及其应用（B卷）.doc

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 kg1.23 m/s2b.2 650 kg2.46 m/s2c.2 650 kg1.23 m/s2d.326 kg2.46 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13g的匀减速运动时，此物体对电梯底板的压力大小为()a.13mgb.23mgc.mgd.43mg【解析】选b。对物体由牛顿第二定律得mg-fn=ma，解得fn=23mg，由牛顿第三定律得物体对电梯底板的压力大小为23mg，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fn1和车右壁受弹簧的压力fn2的大小变化是()a.fn1不变，fn2变大b.fn1变大，fn2不变c.fn1、fn2都变大d.fn1变大，fn2减小【解析】选b。物块受力如图所示，由牛顿第二定律得fn1-kx=ma，弹簧的形变量保持不变，kx不变，当加速度增大时，fn1增大，由牛顿第三定律得车左壁受物块的压力fn1变大；车右壁受弹簧的压力fn2=kx，故fn2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=4kgb.木板的质量m=6kgc.当f=8n时滑块加速度为2m/s2d.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-mg=ma2，解得a1=1m+mf，a2=1mf-mgm，由图像斜率可得1m+m=16，1m=12，解得m=2kg，m=4kg，选项a正确，b错误；将f=6n，a=1m/s2代入a2=1mf-mgm可得=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=g=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 mb.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=v0g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(mm)，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。现把此水平力作用在m物体上，则以下说法正确的是()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=fm+m，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=mfm+m，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=fm+m=a，隔离m分析，两者之间的摩擦力f=ma=mfm+mf，可知假设成立，两者之间仍然保持相对静止且摩擦力减小，a正确，c、d错误；由于加速度不变，m受到的合外力f合=ma，故b正确。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=3.0105kg的列车驶上倾角为的足够长的斜坡，列车与铁轨间的动摩擦因数=0.01。(取g=10m/s2，sin0.02，cos1)(1)求列车以额定功率p=3.0106w在斜坡上运动时最大速度vm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pvm=mgsin+mgcos(2分)解得：vm=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mgsin+mgcos=ma1(2分)解得：a1=0.3m/s2(1分)车厢运动到最高点的时间为t0=va1=30s(1分)上升的最大位移为xm=12vt0=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=vt1-12a1t12(1分)解得：t1=20s，t1=40s(舍弃)(1分)向下匀加速时：mgsin-mgcos=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=12a2t22(1分)解得t2=103s(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+103)s(1分)答案：(1)33.3m/s(2)0.3m/s220s或(30+103)s9.(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=12a1t12(3分)x2=v1t2+12a2t22(3分)总距离为x=x1+x2(2分)解以上各式得：a2=v02-a12t122x-a1t12(1分)t2=2x-a1t12v0+a1t1(1分)答案：v02-a12t122x-a1t122x-a1t12v0+a1t1【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：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。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=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=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：mgsin+mgcos=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=v0a1=1s(1分)煤块加速运动的位移为x1=12a1t12=5ml(2分)达到v0后，煤块受到向上的摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsin-mg