2017届高考物理第一轮复习检测题26.doc

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能力课时4　牛顿运动定律的综合应用(二)

1．如图9所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则(　　)

图9
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
解析　如图所示，

令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gt，所以tc＝；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·t，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r＞R)。综上所述可得tb＞ta＞tc。
答案　C
2．(多选)如图10所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是(　　)

图10
A.＋ B．　　
C. D．
解析　若木块一直匀加速，则有L＝μgt2，得t＝；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝t＝t，得t＝；若木块先匀加速经历时间t1，位移为x，再匀速经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝(L－x)，从而得t＝t1＋t2＝＋。故选项A、C、D正确。
答案　ACD
3.如图11所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)

图11

解析　开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcos θ。根据以上分析，有a2＜a1。所以，本题正确答案为D。
答案　D
4．如图12所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图像分别如图中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v－t图像，(g取10 m/s2)，求：

图12
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
解析　(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝ m/s2＝1.5 m/s2
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为
a2＝ m/s2＝1 m/s2
达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为
a＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)物块冲上木板匀减速运动时：μ1mg＝ma1
木板匀加速时：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
速度相同后一起匀减速运动，对整体
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a
解得＝。
(3)由v－t图像知，物块在木板上相对滑行的距离
Δx＝×10×4 m＝20 m。
答案　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3∶2
(3)20 m

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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