2017届高考物理第一轮复习检测题26

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9A．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＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；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＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,a)，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2eq\r(\f(r,g))(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C2．(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10A.eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg) B．eq\f(L,v)C.eq\r(\f(2L,μg)) D．eq\f(2L,v)解析若木块一直匀加速，则有L＝eq\f(1,2)μgt2，得t＝eq\r(\f(2L,μg))；若到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝eq\x\to(v)t＝eq\f(v,2)t，得t＝eq\f(2L,v)；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＝eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg)。故选项A、C、D正确。答案ACD3.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＜tanθ，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：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＋μgcosθ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，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：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，所以：a2＝gsinθ－μgcosθ。根据以上分析，有a2＜a1。所以，本题正确答案为D。答案D4．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10m/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＝eq\f(10－4,4)m/s2＝1.5m/s2木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/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＝eq\f(4－0,8)m/s2＝0.5m/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eq\f(m,M)＝eq\f(3,2)。(3)由v－t图像知，物块在木板上相对滑行的距离Δx＝eq\f(1,2)×10×4m＝20m。答案(1)1.5m/s21m/s20.5m/s2(2)3∶2(3)20m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