届高考物理二轮复习简易通浙江专用word版训练牛顿运动定律与直线运动含答案解析.docx

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届高考物理二轮复习简易通浙江专用word版训练牛顿运动定律与直线运动含答案解析

第2讲牛顿运动定律与直线运动

一、单项选择题

1．下列说法正确的是

（　　）

A．当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性

B．物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关

C．当参考平面选取不同时，重力势能和电势能的值可能为负值，但弹性势能不能为负值

D．当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外，还受其他力的作用，系统的机械能可能守恒

解析　惯性大小取决于质量，与速度和外力无关，所以A、B选项错误．势能具有相对性，所以C选项错误．由机械能守恒定律的条件可知D选项正确．

答案　D

2．某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x＝6t－t2（m）．则该物体在0～4s内走过的路程为

（　　）．

A．8mB．9m

C．10mD．11m

解析　将x＝6t－t2与x＝v0t－

at2比较知，初速度v0＝6m/s，加速度a＝－2m/s2，故物体前3s内沿正方向做匀减速的位移大小x1＝9m，后1s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x2＝1m，故该物体在0～4s内走过的路程为10m.

答案　C

3.（2013·浙江杭州二中第2次月考，3）如图1－2－18所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为

（　　）．

图1－2－18

A.

＋gB.

＋g

C.

＋gD.

＋g

解析　设电梯向下的加速度为a，弹簧弹力为FN，对AB整体则有3mg－F＝3ma，对B有2mg－FN＝2ma，可求得FN＝

，细线被剪断的瞬间弹簧弹力不变，则对A有mg＋FN＝maA，则aA＝

＋g，故选项A正确．

答案　A

4．（2012·浙江金华十校一模，5）如图1－2－19所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体受到沿斜面方向的力F的作用，力F按如图乙所示规律变化，图中纵坐标是F，规定力沿斜面向上为正方向，则物体运动的速度v随时间t变化规律可用下图中的哪一个图表示？

（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）

（　　）．

图1－2－19

解析　第1秒：

F合＝0.5mg，方向沿斜面向上，则a1＝0.5g，方向沿斜面向上，第1秒末速度v1＝5m/s；

第2秒：

F合＝0.5mg，方向沿斜面向下，则a2＝0.5g，方向沿斜面向下，第2秒末速度v2＝0；

第3秒：

F合＝

mg，方向沿斜面向下，则a3＝

g，方向沿斜面向下，从而第3秒末速度v3＝－15m/s，故选项C对．

答案　C

5．某实验小组为了测量两张纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图1－2－20a所示的支架ABC，其中BC与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为

（　　）．

图1－2－20

A．sinθB．cosθC．tanθD．cotθ

解析　以小球为研究对象，设小球的质量为m，平板的倾角为α，线的拉力为T，由牛顿第二定律得mgsinα－Tcosθ＝ma，mgcosα＝Tsinθ.联立解得a＝gsinα－gcosα·cotθ，以装置（木块支架）整体为研究对象，由牛顿第二定律得gsinα－μgcosα＝a.又因小球的加速度与装置（木块支架）整体的加速度大小相等，所以μ＝cotθ.

答案　D

二、不定项选择题

6．如图1－2－21所示，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是

（　　）．

图1－2－21

A．a在斜面上滑行的加速度比b的大

B．a在水平面上滑行的距离比b的长

C．a与斜面间的动摩擦因数比b的大

D．a先在水平面上停下

解析　根据图示和加速度定义可以直接判断a在斜面上滑行的加速度比b的大，A对；根据v－t图象与横轴时间t围成的面积表示位移大小可判断，a在水平面上滑行的距离比b的长，B对；对a和b在斜面上受力分析和由牛顿第二定律可得a＝gsinθ－μgcosθ（θ为AB与水平面间的夹角），因为aa>ab，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，C错；根据图象可以直接看出D错．

答案　AB

7．（2013·全国大纲，19）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，抛出时间相隔2s，它们运动的v－t图象分别如图1－2－22直线甲、乙所示．则

（　　）．

图1－2－22

A．t＝2s时，两球高度相差一定为40m

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

解析　运动过程与v－t图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2s．因初始位置高度不同，所以无法确定t＝2s时两小球的高度差，选项A错误；v－t图象中位移的大小等于图线与t轴所围的面积，从图象中可以看出t＝4s时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从v－t图象知，该时间间隔均为3s，选项D正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C错误．

答案　BD

8．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m的深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m）．这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则下列说法中正确的是

（　　）．

图1－2－23

A．图中h3代表本次下潜最大深度

B．全过程中最大加速度是0.025m/s2

C．潜水员感到超重发生在3～4min和6～8min的时间段内

D．整个潜水器在8～10min的时间段内机械能守恒

解析　题图（a）中h3代表本次下潜最大深度，A正确；而v－t图象的斜率表示物体运动的加速度，所以0～1min和3～4min内的加速度最大，a＝

m/s2，B错误；当加速度向上时，物体处于超重状态，所以潜水员向下做减速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态，故3～4min内和6～8min内为超重状态，C正确；潜水器在8～10min时间段内的加速度为a′＝

m/s2，故潜水器除重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D错误．

答案　AC

三、非选择题

9．（2013·浙江提优卷一，23）粗糙水平面上有一质量为m＝1.0kg的物体，受到与水平方向的夹角为θ、大小F＝4.0N的外力作用，θ可在图1－2－24甲所示平面内从0°～180°范围内变化．为研究物体的运动规律，可通过如图装置进行DIS实验，收集数据进行研究．重力加速度g取10m/s2.

图1－2－24

（1）取θ＝0°，通过传感器收集到位移x与时间的平方t2的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ；

（2）在保持物体m向右运动的过程中，改变θ的取值，通过传感器测得θ与物体加速度a的关系如图丙所示，求图示中的a1、a2、a3的数值分别为多少？

解析　

（1）从位移x与时间平方t2关系图上可知，取θ＝0°时，物体m在水平面上滑行的加速度为a＝

＝2m/s2

根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，即得μ＝0.2.

（2）由于在改变θ的取值时，保持物体m向右运动，则物体受的摩擦力始终为滑动摩擦力，方向始终向左．

由图示可知：

①当θ＝

时有μ（mg－F）＝ma2，a2＝1.2m/s2

②当θ＝π时有F＋μmg＝ma3，a3＝6.0m/s2

③当θ＝θ1时有Fcosθ－μ（mg－Fsinθ）＝ma1

且a1是关于变量θ的函数的极大值

则根据数学知识有a1＝

－μg＝2.08m/s2.

答案　

（1）0.2　

（2）a1＝2.08m/s2　a2＝1.2m/s2

a3＝6.0m/s2

10．（2013·山东卷，22）如图1－2－25所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/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t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝

.重力加速度g取10m/s2.

图1－2－25

（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L＝v0t＋

at2①

v＝v0＋at②

联立①②式，代入数据得a＝3m/s2③

v＝8m/s④

（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤

Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥

又Ff＝μFN⑦

联立⑤⑥⑦式得F＝

⑧

由数学知识得cosα＋

sinα＝

sin（60°＋α）⑨

由⑧⑨式可知对应F最小的夹角

α＝30°⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为

Fmin＝

N⑪

答案　

（1）3m/s2　8m/s　

（2）30°　

N

11．（2013·江苏卷，14）如图1－2－26所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.

图1－2－26

（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；

（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

（3）本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？

解析　

（1）砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ（m1＋m2）g，纸板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ（2m1＋m2）g.

（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：

f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动的条件a12μ（m1＋m2）g

（3）纸板抽出前，砝码运动距离x1＝

a1t

.纸板运动距离x1＋d＝

a2t

.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2＝

a3t

，l＝x1＋x2

且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得

F＝2μ

g，代入数据求得F＝22.4N.

答案　

（1）μ（2m1＋m2）g　

（2）F>2μ（m1＋m2）g

（3）22.4N

12．在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志与自强不息的精神．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用力，可将此过程简化为一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图1－2－27所示，设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10m/s2，当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1m/s2上升时，试求：

图1－2－27

（1）运动员竖直向下拉绳的力；

（2）运动员对吊椅的压力．

解析　解法一　（整体法与隔离法的交叉运用）

（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F，对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲所示，则有：

2F－（m人＋m椅）g＝（m人＋m椅）a①

得F＝440N

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F′＝F＝440N.甲

（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图乙所示，则有：

F＋FN－m人g＝m人a②

FN＝275N

由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力为F′N＝FN＝275N

解法二　（隔离法）乙

设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN，运动员对吊椅的压力大小为FN′，分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律有F＋FN－Mg＝Ma①

F－FN′－mg＝ma②

根据牛顿第三定律有FN′＝FN③

解①②③得F＝440N，FN′＝275N，根据牛顿第三定律，运动员竖直向下的拉力为F′＝F＝440N.

答案　

（1）440N　

（2）275N