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【全程复习方略】2022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)
【全程复习方略】2022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)
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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.(2022·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2200N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.326kg 1.23m/s2 B.2650kg 2.46m/s2C.2650kg 1.23m/s2D.326kg 2.46m/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.(2022·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—-7-\n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F′N1-kx=ma,弹簧的形变量保持不变,kx不变,当加速度增大时,F′N1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.(2022·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】-7-\n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-μmg=Ma2,解得a1=1M+mF,a2=1MF-μmgM,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-μmgM可得μ=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=μg=1m/s2,选项C错误。6.(2022·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40mB.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40m,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40m,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.(2022·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(m<M),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-7-\nB.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+M<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)(2022·嘉兴二模)一列质量M=3.0×105kg的列车驶上倾角为θ的足够长的斜坡,列车与铁轨间的动摩擦因数μ=0.01。(取g=10m/s2,sinθ≈0.02,cosθ≈1)(1)求列车以额定功率P=3.0×106W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=Mgsinθ+μMgcosθ (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mgsinθ+μmgcosθ=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:mgsinθ-μmgcosθ=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-7-\nx2=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/s2 20s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-a1t12 2x-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:①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。-7-\n②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)(2022·南京模拟)如图所示,传送带与地面倾角θ=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μ=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:mgsinθ+μmgcosθ=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=5m<L (2分)达到v0后,煤块受到向上的摩擦力,由牛顿第二定律得:mgsinθ-μmgcosθ=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+12a2t22 (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=v0t1-12a1t12=5m(2分)第二过程划痕长L2=x2-v0t2=0.25m(2分)-7-\n所以划痕总长为5m(1分)答案:(1)1.5s (2)5m-7-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:40:44
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