专题---直线运动和牛顿运动定律

1专题直线运动和牛顿运动定律(时间：45分钟)1.(2015·湖北省八校第二次联考)如图所示，为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是()A．两物体在t1时刻速度大小相等B．t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度解析：选C.根据位移图象的斜率等于速度，则在t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B错误；x－t图象坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C正确，D错误．2.(2016·衡水中学调研)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v－t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是()A．在第10s末，乙车改变运动方向B．在第10s末，甲、乙两车相距150mC．在第20s末，甲、乙两车相遇D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次解析：选D.在第10s前后，乙车的速度均为正值，其运动方向不变，A错误；出发时，甲、乙两辆车的位置未知，无法计算第10s末两车距离的大小，B错误；在第20s末，甲、乙两车的速度相等，由于两车的初始位置未知，两车是否相遇无法判断，C错误；若开始时乙车在前且两车的初始位移差小于20×10m－12×10×10m＝150m时，在前10s内，两车相遇一次，随后甲车的位移又比乙车的位移大，第20s后，由于乙车的速度大于甲车的速度，二者位移差又开始逐渐减小，在某时刻两车还会相遇一次，之后二者的位移差逐渐增大不再相遇，故两车可能相遇两次，D正确．3.在探究超重和失重规律时，某体重为mg的同学站在一压2力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象如图所示，则该同学下蹲过程中的v－t图象可能是()解析：选C.设该同学的加速度大小为a，则加速下蹲过程中，压力F＝mg－ma，由题图可知加速度先逐渐增大然后逐渐减小，速度达到最大后，开始减速下蹲过程，压力F＝mg＋ma，由题图可知加速度先逐渐增大然后逐渐减小，最后速度减为零，图象C符合这个运动规律．4．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m.如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为()A．M∶mB．m∶MC．m∶(M＋m)D．M∶(M＋m)解析：选A.F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：Ncosθ＝Mg，对B有：Nsinθ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝M＋mMmgtanθ；F2作用于A时，对B有：mgtanθ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtanθ，F1F2＝Mm.5．(2015·浙江名校大联考)在水下潜水器某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为()A.vt2B．vt0(1－t02t)C.vt202tD.vt－t022t3解析：选D.蛟龙号上浮时的加速度大小a＝v/t，根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h＝at－t022＝vt－t022t.6．(2015·第三次全国大联考)(多选)如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移x与速度的平方v2的关系如图乙所示．g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小物块的下滑的加速度大小恒为2.5m/s2B．斜面倾角为30°C．小物块2s末的速度是5m/sD．小物块第2s内的平均速度为7.5m/s解析：选AC.由v0=0,v2＝2ax结合图得a＝2.5m/s2，故A正确．由牛顿第二定律得：a＝mgsinθ/m＝gsinθ，得sinθ＝ag＝0.25，θ＝arcsin0.25，故B错误．小物块2s末的速度v2＝at＝2.5×2m/s＝5m/s，故C正确．小物块1s末的速度v1＝at＝2.5×1m/s＝2.5m/s，第2s内的平均速度v＝v1＋v22＝3.75m/s，故D错误．7．(2015·高考新课标全国卷Ⅱ)(多选)在一东西方向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．18解析：选BC.设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部4分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为23a时，对P有F＝(n－n1)m23a，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．8．(多选)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体在水平拉力F作用下在水平地面上运动，物体的v－t图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2，关于水平拉力F和摩擦力f随时间变化的图象正确的是()解析：选BD.由图乙知，0～1s内物体沿正方向加速，1～2s内物体沿正方向减速，2～3s内物体沿负方向加速，3～4s内物体沿负方向减速；摩擦力f＝μmg＝2N,0～1s内加速度为a1＝4m/s2，F1－μmg＝ma1，F1＝6N；1～2s内加速度为a2＝－4m/s2，F2－μmg＝ma2，F2＝－2N,2～3s内加速度a3＝－4m/s2，F3＋μmg＝ma3，F3＝－6N,3～4s内加速度a4＝4m/s2，F4＋μmg＝ma4，F4＝2N；0～2s内摩擦力沿负方向，2～4s内摩擦力沿正方向．9．低空极限跳伞是最近比较流行的极限运动，美国选手约翰·温克尔科特在安顺坝陵河大桥跳伞国际挑战赛获得冠军．已知参赛选手均从落差为H＝224m的高桥从静止开始下落，其中约翰·温克尔科特在下落一段时间后打开降落伞，之后立即以大小为a＝12.5m/s2的加速度做匀减速直线运动，假设人的5安全着陆速度最大为vt＝5m/s.假设张伞前空气阻力不计，重力加速度为g＝10m/s2.约翰·温克尔科特的质量m＝60kg.(1)如果在某次跳伞过程中，约翰·温克尔科特为了确保安全着陆，至少离地多高打开降落伞？(2)在第(1)问中约翰·温克尔科特打开伞后所受的阻力为多大？(3)为了满足上述条件，约翰·温克尔科特在整个运动过程中的最短时间为多少？解析：(1)设约翰·温克尔科特下落高度为h时打开降落伞，此时速度为v，之后打开降落伞开始做匀减速直线运动，落地时速度刚好为5m/s，这种情况下他在空中运动时间最短，则有v2＝2ghv2－v2t＝2a(H－h)联立解得h＝125m，v＝50m/s为使约翰·温克尔科特安全着地，他展开伞时的高度至少为H－h＝224m－125m＝99m.(2)由牛顿第二定律得f－mg＝ma，代入数据可解得f＝1350N.(3)他在空中自由下落的时间为t1＝2hg＝2×12510s＝5s他减速运动的时间为t2＝H－hv＋vt2＝224－12550＋52s＝3.6s在能够安全着陆的情况下，他在空中运动的最短时间为t＝t1＋t2＝8.6s.答案：(1)99m(2)1350N(3)8.6s10．(2015·漳州市八校第三次联考)质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：6(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量．解析：(1)由图象可知，A在0～1s内的加速度a1＝v1－v0t1＝－2m/s2对A由牛顿第二定律得：－μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2(2)由图象知，AB在1～3s内的加速度a3＝v3－v1t2＝－1m/s2对AB由牛顿第二定律得：－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1(3)由图象可知B在0～1s内的加速度a2＝v1－v0t1＝2m/s2对B由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2代入数据解得：m＝6kg.答案：(1)0.2(2)0.1(3)6kg11．(2015·高考新课标全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°sin37°＝35的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：7(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．解析：(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mgcosθ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1⑤mgsinθ－f2＋f1′＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3m/s2⑨a2＝1m/s2⑩(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s⑪v2＝a2t1＝2m/s⑫tt1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2⑬a2′＝－2m/s2⑭8B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1s⑯在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝12a1t21＋v1t2＋12a1′t22－12a2t21＋v2t2＋12a2′t22＝12m27m⑰此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋12a1′t23⑱可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑲设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s答案：(1)3m/s21m/s2(2)4s