【全程复习方略】2015年高考物理二轮复习 课时冲关练 1.2牛顿运动定律及其应用（B卷）.doc

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1、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

2、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.mgB.mgC.mgD.mg【解析】选B。对物体由牛顿第二定律得mg-FN=ma，解得FN=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

3、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

4、【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

5、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=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=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

6、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

7、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(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=，以M为研究对象，根据牛顿第二定律知，两者之间的静摩

8、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=f，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，

9、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=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=30s(1分)上升的最大位移为xm=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，t

10、1=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=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)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a

11、2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：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)(

12、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=1s(1分)煤块加速运动的位移为x1=a1=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-mgcos=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- 7 -