【创新设计】(浙江专用)2015届高考物理二轮复习 倒数10天练 倒数第8天 质点运动的基本规律(含

倒数第8天 质点运动的根本规律
知识回扣导图
考前必做题
1．(2014·浙江绍兴期末，4)小雯同学在二楼走廊上，将质量分别为m 和2m 的两个小球同时
以8 m/s 的速率抛出，其中一个做竖直上抛，另一个竖直下抛，它们落地的时间差为Δt ；如果小雯同学在四楼走廊上，以同样的方式同时抛出这两个小球，它们落地的时间差为Δt ′，不计空气阻力，如此Δt ′和Δt 大小关系是( ) A ．Δt ′＝Δt B.Δt ′＜Δt C ．Δt ′＝2Δt
D.Δt ′＞2Δt
解析 以竖直向下为正方向，设物体从抛出点到落地点的位移为h ，如此对于竖直上抛的物体有h ＝－v 0t 1＋12gt 21，对于竖直下抛的物体有h ＝v 0t 2＋12gt 2
2，联立以上两式，解得Δt
＝t 1－t 2＝2v 0
g
，即时间差与高度无关，A 正确．
答案 A
2．(2014·云南省第二次统一检测，16)如图1所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，假设小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，如此( )
图1
A．b球一定先落在斜面上
B．a球一定先落在半圆轨道上
C．a球可能先落在半圆轨道上
D．a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上
解析在抛出点左侧作一斜面，左斜面与原斜面倾角一样，可直接分析a、b的运动情况．当v0较小时，轨迹如图线①，如此先落在斜面上，当v0是某一值时，轨迹如图线②，如此落在斜面与半圆轨道的交点处，当v0较大时，轨迹如图线③，如此先落在半圆轨道上，故C 正确．
答案 C
3．(多项选择)一质量为m＝2 kg的物块静止在地面上，现用一竖直向上的力F拉物块，拉力F随时间t的变化规律如图2所示，g＝10 m/s2.如此如下有关物块的加速度a与速度v随时间t变化规律的图象正确的答案是( )
图2
解析 由题意可知物块的重力为20 N ，由图象可知0～5 s ，拉力为10 N ，小于重力，物块不动，故加速度为零；5～10 s ，拉力等于重力，加速度为零，物块保持静止；10～15 s 内，加速度a ＝
F －mg m
＝10 m/s 2
，故15 s 末物块的速度为v ＝at ＝50 m/s ；15～20 s ，拉力逐渐减小，物块先做加速运动后做减速运动；20～25 s ，物块做竖直上抛运动，加速度为a ＝－g ，故A 正确，B 错误．由于Δv ＝a ·Δt ，故a －t 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，故25 s 内速度方向没有变化，t ＝25 s 时速度恰好减为零，故C 正确，D 错误． 答案 AC
4．(2014·浙江嘉兴一模)(多项选择)某物体以一定初速度沿斜面向上运动的最大位移为x ，
且x 随斜面倾角θ的变化关系如图3，重力加速度g ＝10 m/s 2
，如此( )
图3
A ．物体初速度大小为5 m/s
B ．物体和斜面之间动摩擦因数为 3
C ．θ＝53°时，x 有最小值
D ．x 最小值为5
8
3 m
解析 物体沿斜面上滑过程0－v 2
0＝2ax ，－(mg sin θ＋μmg cos θ)＝ma ，解得：x ＝v 20
2g
sin θ＋μcos θ，由图可得，当θ＝90°时，x ＝54
m ，根据v 2
0＝2gx 代入数据得
v 0＝5 m/s ，即物体的初速度为5 m/s ，故A 正确；由图可得，θ＝0°时，有v 20＝2μgx ，
代入数据得μ＝
3
3
，故B 错误；物体沿斜面上升的位移x 与斜面倾角θ的关系为 x ＝
v 20
2g
sin θ＋μcos θ
＝
5
2
2×10sin θ＋3
3
cos θ
＝
53
8sin θ＋30°
，如此
当θ＋30°＝90°，即θ＝60°时，x 有最小值，最小值为x min ＝53
8 m ，故C 错误，D
正确． 答案 AD
5．如图4甲所示，一带有1
4
光滑圆弧(半径为R ＝0.8 m)轨道的物块固定在水平面上，在其右
端并排放一足够长的木板，长木板的上外表与圆弧底端的轨道等高．一质量为m ＝1 kg 的滑块从静止开始由圆弧的最高点A 滑下，滑块经圆弧轨道的最低点B 滑上长木板，整个运动过程中长木板的v －t 图象如图乙所示，长木板的质量M ＝2 kg ，g ＝10 m/s 2
，滑块没有滑离长木板．求：
图4
(1)滑块刚到达轨道最低点B 时对轨道的压力；
(2)木板与地面间的动摩擦因数、滑块与木板间的动摩擦因数； (3)整个运动过程中滑块在长木板上滑过的距离． 解析 (1)从A 到B 的过程中，滑块的机械能守恒 由机械能守恒定律得
mgR ＝1
2
mv 2
滑块经过B 点时，根据牛顿第二定律：
F N －mg ＝m v 2
R
，
整理得F N ＝3mg ＝30 N
根据牛顿第三定律，滑块到达轨道最低点时对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下． (2)由v －t 图象知，木板加速时的加速度大小为
a 1＝1 m/s 2
滑块与木板共同减速时的加速度大小为a 2＝1 m/s 2
，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2
在1～2 s 内，对滑块和木板由牛顿第二定律得
μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 2
在0～1 s 内，对木板由牛顿第二定律得
μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 1
解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.
(3)滑块在木板上滑动过程中，对滑块由牛顿第二定律得μ2mg ＝ma
v 1＝v －at 1，木板的位移x 1＝v 1
2
t 1，
滑块的位移x 2＝
v ＋v 1
2
t 1
滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1 代入数据得Δx ＝1.2 m. 答案 (1)30 N 方向竖直向下 (2)0.1 0.5 (3)1.2 m 教学心得
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