2016届高三物理二轮复习 第1部分 专题1 力与运动 第2讲 直线运动规律和牛顿运动定律的应用课时作业集训

直线运动规律和牛顿运动定律的应用

一、选择题(1～4题为单项选择题，5、6题为多项选择题)

1．小球从斜面底端以一定的初速度滑上光滑斜面，在第1 s内的位移大小是10 m，第3 s内的位移为0，则小球的加速度大小可能为( )

A．0 C．5 m/s

2

B．3 m/s D．6 m/s

2

2

解析： 小球滑上光滑斜面后第3 s内的位移为0，说明是做往返运动．由于在光滑斜面上小球加速度恒定，因此上滑和下滑过程的运动可看作完整的匀变速直线运动，由Δx＝

aT2得小球加速度大小a＝

答案： C

10－022

2 m/s＝5 m/s，C项正确．

?3－1?·1

2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )

A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

解析： 手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，其后可以减速、可以匀速、也可以加速．当后期手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重，当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，所以选项A错误．物体从静止到有速度，必定有一段加速过程，此过程处于超重状态，所以选项B错误．当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，C错误．手和物体分离之前速度相同，分离瞬间手的速度变化量比物体的速度变化量大，故手的加速度大，所以D正确．

答案： D

3．(2015·云南红河州一模)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )

A.

μ2＋μ2μ

1＋μ

μB． 1＋2μ1＋μD．

2μ

1

C.

解析： 木板水平时，小物块的加速度a1＝μg，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝

v0

；木板改成45°的斜面后，小物块上滑的加速度为 μgmgsin 45°＋μmgcos 45°?1＋μ?2ga2＝＝，

m2v02v0

滑行时间t′＝＝，

a2?1＋μ?2g因此

t′a12μ＝＝，C项正确． ta21＋μ

答案： C

4.光滑水平面上停放着质量M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示．小车长l＝1 m，滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s，从滑块滑上小车开始计时，1 s末滑块与小车B端的距离为( )

A．1 m C．0.25 m

B．0 D．0.75 m

2

μmg解析： 设最终滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝＝μg，小车加速度a2

mμmg＝，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s＜1 s，v＝1 m/s,0.5 s后滑块与小

M车以共同的速度做匀速直线运动，则在0～0.5 s时间内滑块位移x1＝v0＋vt0＝1 m，小车位

2

移x2＝t0＝0.25 m，滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确．

2

v

答案： C

5.如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s，则煤块从A运动到B的过程中( )

2

A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s

2

B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m

解析： 根据牛顿第二定律，煤块的加速度

a＝

μmg2

＝4 m/s，

m煤块运动到速度与传送带相等时的时间t1＝＝1 s， 12

位移大小x1＝at1＝2 m＜x，

2

此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即

Δs＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确、C错误；

v0

ax2

x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，

v0

运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确、A错误． 答案： BD

6．(2015·江苏单科·6)一个乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )

A．t＝2 s时最大 C．t＝8.5 s时最大

B．t＝2 s时最小 D．t＝8.5 s时最小

解析： 由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．

答案： AD 二、非选择题

7．春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9 m区间的速度不超过v0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20 m/s和v乙＝34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前、乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2 m/s的加速度匀减速刹车．

3

2

(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；

(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙＝4 m/s的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速．则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？

2

v2甲－v0

解析： (1)甲车速度由20 m/s减速至6 m/s的位移x1＝＝91 m

2a甲

2

x2＝x0＋x1＝100 m

即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车． (2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t，由运动学公式得：

v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t 解得：t＝8 s

相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s，即v0＝6 m/s的共同速度为不相撞的临界条件

2

v2乙－v0

乙车从司机发现甲车刹车到减速至6 m/s的位移为x3＝v乙t0＋＝157 m

2a乙

所以要满足条件，甲、乙的距离x＝x3－x1＝66 m 答案： (1)100 m (2)66 m

8.为了使航天员适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局需对航天员进行失重训练．如图所示，训练机沿30°倾角爬升到7 000 m高空后，向上拉起，沿竖直方向向上做匀减速运动，拉起后向上的初速度为200 m/s，加速度大小为g.当训练机上升到最高点后立即掉头向下，做竖直向下的加速运动，加速度大小仍为g，在此段时间内模拟出完全失重．为了安全，当训练机离地2 000 m高时必须拉起，且训练机速度达到350 m/s后必须终止失重训练，取g＝10 m/s.求：

2

(1)训练机上升过程中离地的最大高度； (2)训练机运动过程中，模拟完全失重的时间． 解析： (1)上升时间t上＝＝20 s

v0

gv20

上升高度h上＝＝2 000 m

2ghm＝h上＋h0＝9 000 m

v21

(2)判断当速度达到350 m/s时，下落高度h下＝＝6 125 m，此时离地高度为h0＋h上

2g

4