（新課標(biāo)）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡易通 第2講 牛頓運動定律與直線運動

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1、第2講　牛頓運動定律與直線運動 (1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題) 1．下列說法正確的是 (　　)． A．當(dāng)物體沒有受到外力作用時，才有慣性，而物體受到外力作用時，就沒有了慣性 B．物體在粗糙的平面上減速滑行，初速度越大，滑行的時間越長，說明慣性的大小與速度有關(guān) C．當(dāng)參考平面選取不同時，重力勢能和電勢能的值可能為負(fù)值，但彈性勢能不能為負(fù)值 D．當(dāng)一個系統(tǒng)除受重力與彈簧的彈力作用外，還受其他力的作用，系統(tǒng)的機(jī)械能可能守恒 解析　慣性大小取決于質(zhì)量，與速度和外力無關(guān)，所以A、B選項錯誤．勢能具有相對性，所以C選項錯誤．由機(jī)械能守恒定律的條件可知D選項正確． 答案

2、　D 2．某物體的運動情況經(jīng)儀器監(jiān)控掃描，輸入計算機(jī)后得到該運動物體位移隨時間的變化規(guī)律為x＝6t－t2(m)．則該物體在0～4 s內(nèi)走過的路程為 (　　)． A．8 m B．9 m C．10 m D．11 m 解析　將x＝6t－t2與x＝v0t－at2比較知，初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－2 m/s2，故物體前3 s內(nèi)沿正方向做勻減速的位移大小x1＝9 m，后1 s內(nèi)沿負(fù)方向做勻加速運動走過的位移大小x2＝1 m，故該物體在0～4 s內(nèi)走過的路程為10 m. 答案　C 3. 如圖1－2－18所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿

3、水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F與水平方向的夾角為θ.則m1的加速度大小為 (　　)． 圖1－2－18 A. B. C. D. 解析　把m1、m2看做一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，選項A正確． 答案　A 4．物體的運動情況或所受合外力的情況如圖1－2－19所示，四幅圖的圖線都是直線，從圖中可以判斷這四個質(zhì)量一定的物體的某些運動特征．下列說法正確的是 (　　)． 圖1－2－19 A．甲物體受到不為零、且恒定的合外力 B．乙物體受到的合外力越來越大 C

4、．丙物體受到的合外力為零 D．丁物體的加速度越來越大 解析　甲物體做勻速直線運動，合外力為零，選項A錯誤．乙物體做勻加速運動，合外力恒定，且不為零，選項B錯誤．丙物體做勻加速運動，合外力恒定且不為零，選項C錯誤．丁物體所受合外力越來越大，加速度越來越大，選項D正確． 答案　D 5．某實驗小組為了測量兩張紙之間的動摩擦因數(shù)，他先將一張紙貼在一平板上，另一張紙貼在另一木塊下表面，并在木塊上裝如圖1－2－20a所示的支架ABC，其中BC與木塊下表面平行，支架上固定一個量角器，在量角器圓心處固定一根細(xì)線，線下系一小球．現(xiàn)將平板傾斜放置，如圖b所示，將木塊支架放在平板上，讓其加速下滑，穩(wěn)定時小球

5、連線與OB的夾角為θ，則兩紙之間的動摩擦因數(shù)為 (　　)． 圖1－2－20 A．sin θ B．cos θ C．tan θ D．cot θ 解析　以小球為研究對象，設(shè)小球的質(zhì)量為m，平板的傾角為α，線的拉力為T，由牛頓第二定律得mgsin α－Tcos θ＝ma，mgcos α＝Tsin θ.聯(lián)立解得a＝gsin α－gcos α·cot θ，以裝置(木塊支架)整體為研究對象，由牛頓第二定律得gsin α－μgcos α＝a.又因小球的加速度與裝置(木塊支架)整體的加速度大小相等，所以μ＝cot θ. 答案　D 6．(2013·全國大綱，19)將甲、乙兩小球先后以同樣的速

6、度在距地面不同高度處豎直向上拋出，拋出時間相隔2 s，它們運動的v－t圖象分別如圖1－2－21直線甲、乙所示．則 (　　)． 圖1－2－21 A．t＝2 s時，兩球高度相差一定為40 m B．t＝4 s時，兩球相對于各自拋出點的位移相等 C．兩球從拋出至落到地面所用的時間間隔相等 D．甲球從拋出至達(dá)到最高點的時間間隔與乙球的相等 解析　運動過程與v－t圖象相結(jié)合．甲、乙兩小球拋出后均做豎直上拋運動，只是乙的運動滯后2 s．因初始位置高度不同，所以無法確定t＝2 s時兩小球的高度差，選項A錯誤；v－t圖象中位移的大小等于圖線與t軸所圍的面積，從圖象中可以看出t＝4 s時兩球相對

7、于各自拋出點的位移相等，選項B正確；同時因拋出速度相同，所以從拋出至達(dá)到最高點的時間相同，從v－t圖象知，該時間間隔均為3 s，選項D正確；因兩球拋出時高度不同且高度差不確定，運動時間就不確定，選項C錯誤． 答案　BD 7．如圖1－2－22甲所示，質(zhì)量相等的a、b兩物體，從斜面上的同一位置A由靜止下滑，經(jīng)B點在水平面上滑行一段距離后停下．不計經(jīng)過B點時的能量損失，用傳感器采集到它們的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是 (　　)． 圖1－2－22 A．a(chǎn)在斜面上滑行的加速度比b的大 B．a(chǎn)在水平面上滑行的距離比b的長 C．a(chǎn)與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的大 D．a(chǎn)先在水平面上

8、停下 解析　根據(jù)圖示和加速度定義可以直接判斷a在斜面上滑行的加速度比b的大，A對；根據(jù)v－t圖象與橫軸時間t圍成的面積表示位移大小可判斷，a在水平面上滑行的距離比b的長，B對；對a和b在斜面上受力分析和由牛頓第二定律可得a＝gsin θ－μgcos θ(θ為AB與水平面間的夾角)，因為aa>ab，所以a與斜面間的動摩擦因數(shù)比b的小，C錯；根據(jù)圖象可以直接看出D錯． 答案　AB 8．我國“蛟龍?zhí)枴鄙顫撈鹘?jīng)過多次試驗，終于在2012年6月24日以7 020 m的深度創(chuàng)下世界最新紀(jì)錄(國外最深不超過6 500 m)．這預(yù)示著它可以征服全球99.8%的海底世界．假設(shè)在某次試驗時，深潛器內(nèi)的顯示屏

9、上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面全過程的深度曲線(a)和速度圖象(b)，則下列說法中正確的是 (　　)． 圖1－2－23 A．圖中h3代表本次下潛最大深度 B．全過程中最大加速度是0.025 m/s2 C．潛水員感到超重發(fā)生在3～4 min和6～8 min的時間段內(nèi) D．整個潛水器在8～10 min的時間段內(nèi)機(jī)械能守恒 解析　題圖(a)中h3代表本次下潛最大深度，A正確；而v－t圖象的斜率表示物體運動的加速度，所以0～1 min和3～4 min內(nèi)的加速度最大，a＝ m/s2，B錯誤；當(dāng)加速度向上時，物體處于超重狀態(tài)，所以潛水員向下做減速運動和向上做加速運動的過程都處于超

10、重狀態(tài)，故3～4 min內(nèi)和6～8 min內(nèi)為超重狀態(tài)，C正確；潛水器在8～10 min時間段內(nèi)的加速度為a′＝ m/s2，故潛水器除重力外還受到其他外力作用，機(jī)械能不守恒，D錯誤． 答案　AC 9．交通路口是交通事故的多發(fā)地，駕駛員到交通路口時也要格外小心．現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為v0＝8 m/s.當(dāng)兩車快要到十字路口時，甲車司機(jī)看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應(yīng)時間忽略不計)，乙車司機(jī)為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機(jī)反應(yīng)較慢(反應(yīng)時間為t＝0.5 s)．已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.5倍，乙車緊急剎車時制

11、動力為車重的，g＝10 m/s2. (1)若甲車司機(jī)看到黃燈時車頭距警戒線6.5 m，他采取了上述措施后是否會闖紅燈？ (2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車在行駛過程中應(yīng)至少保持多大距離？ 解析　(1)甲車緊急剎車的加速度為 a1＝＝＝5 m/s2， 這段時間滑行距離s1＝＝ m＝6.4 m， 6．4 m＜6.5 m，甲車不會闖紅燈． (2)乙車緊急剎車的加速度為a2＝＝＝4 m/s2， 乙車剎車過程中的運動位移s2＝＝ m＝8 m， 乙車在司機(jī)反應(yīng)時間內(nèi)的運動位移： s3＝v0t＝8×0.5 m＝4 m， Δs＝s2＋s3－s1＝5.6 m. 答案　(1

12、)不會　(2)5.6 m 10．(2013·山東卷，22)如圖1－2－24所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝.重力加速度g取10 m/s2. 圖1－2－24 (1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點時速度的大?。? (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最?。坷的最小值是多少？ 解析　(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點時速度的大小為v，由運動學(xué)公式得 L＝v0t＋at2

13、① v＝v0＋at② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數(shù)學(xué)知識得 cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知對應(yīng)F最小的夾角 α＝30°⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 Fmin＝N? 答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 11．(2013·江

14、蘇卷，14)如圖1－2－25所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度為g. 圖1－2－25 (1)當(dāng)紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??； (2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大?。? (3)本實驗中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝碼移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？ 解析　

15、(1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1g，桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，紙板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g. (2)設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝m1a1，F(xiàn)－f1－f2＝m2a2，發(fā)生相對運動的條件a12μ(m1＋m2)g (3)紙板抽出前，砝碼運動距離x1＝a1t.紙板運動距離x1＋d＝a2t.紙板抽出后，砝碼在桌面上運動距離x2＝a3t，l＝x1＋x2 且a1＝a3，a1t1＝a3t2，聯(lián)立以上各式解得 F＝2μg，代入數(shù)據(jù)求得F＝22.4 N. 答案　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F>2μ(m1＋m2)g (3) 22.4 N