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专题---直线运动和牛顿运动定律

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10 s末，乙车改变运动方向
B．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m
C．在第20 s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10 s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10 s末两车距离的大小，B错误；在第20 s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20×10 m－×10×10 m＝150 m时，在前10 s内，两车相遇一次，随后甲车的位移又比乙车的位移大，第20 s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∶m　　　　　　　 B．m∶M
C．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：Ncos θ＝Mg，对B有：Nsin θ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝gtan θ；F2作用于A时，对B有：mgtan θ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtan θ，＝.
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. B．vt0(1－)
C. D.
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＝＝.
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＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．小物块的下滑的加速度大小恒为2.5 m/s2
B．斜面倾角为30°
C．小物块2 s末的速度是5 m/s
D．小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/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＝mgsin θ/m＝gsin θ，得sin θ＝＝0.25，θ＝arcsin0.25，故B错误．小物块2 s末的速度v2＝at＝2.5×2 m/s＝5 m/s，故C正确．小物块1 s末的速度v1＝at＝2.5×1 m/s＝2.5 m/s，第2 s内的平均速度＝＝3. 75 m/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a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．8 B．10
C．15 D．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a时，对P有F＝(n－n1)ma，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＝1 kg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10 m/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，0～1 s内物体沿正方向加速，1～2 s内物体沿正方向减速，2～3 s内物体沿负方向加速，3～4 s内物体沿负方向减速；摩擦力f＝μmg＝2 N,0～1 s内加速度为a1＝4 m/s2，F1－μmg＝ma1，F1＝6 N；1～2 s内加速度为a2＝－4 m/s2，F2－μmg＝ma2，F2＝－2 N,2～3 s内加速度a3＝－4 m/s2，F3＋μmg＝ma3，F3＝－6 N,3～4 s内加速度a4＝4 m/s2，F4＋μmg＝ma4，F4＝2 N；0～2 s内摩擦力沿负方向，2～4 s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＝224 m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＝12.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动，假设人的安全着陆速度最大为vt＝5 m/s.假设张伞前空气阻力不计，重力加速度为g＝10 m/s2.约翰·温克尔科特的质量m＝60 kg.
(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5 m/s，这种情况下他在空中运动时间最短，则有v2＝2gh
v2－v＝2a(H－h)
联立解得h＝125 m，v＝50 m/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＝224 m－125 m＝99 m.
(2)由牛顿第二定律得f－mg＝ma，代入数据可解得
f＝1 350 N.
(3)他在空中自由下落的时间为
t1＝＝ s＝5 s
他减速运动的时间为t2＝＝ s＝3.6 s
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＝8.6 s.
答案：(1)99 m　(2)1 350 N　(3)8.6 s
10．(2015·漳州市八校第三次联考)质量为2 kg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1 s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＝10 m/s2，求：

(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0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/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1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/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0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得：m＝6 kg.
答案：(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
11．(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°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，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2 s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＝27 m，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＝10 m/s2.求：
(1)在0～2 s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0～2 s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＝μ1N1①
N1＝mgcos θ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1′＋mgcos θ④
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
mgsin θ－f1＝ma1⑤
mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥
N1＝N1′⑦
f1＝f1′⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2⑨
a2＝1 m/s2⑩
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑪
v2＝a2t1＝2 m/s⑫
t>t1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′＝6 m/s2⑬
a2′＝－2 m/s2⑭
B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0 ⑮
联立⑫⑭⑮式得
t2＝1 s⑯
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－
＝12 m<27 m ⑰
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＋a1′t⑱
可得
t3＝1 s(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＝4 s
答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s

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