2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專(zhuān)題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)限時(shí)訓(xùn)練.doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專(zhuān)題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)限時(shí)訓(xùn)練 一、選擇題 1．(xx湖北八校聯(lián)考)如圖所示為甲、乙兩物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)的位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則0～t2時(shí)間內(nèi)下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩物體在t1時(shí)刻速度大小相等 B．t1時(shí)刻乙的速度大于甲的速度 C．兩物體平均速度大小相等 D．甲的平均速度小于乙的平均速度 解析：選C.因x－t圖線的斜率表示速度，則由題中圖象可知A、B均錯(cuò)．因平均速度定義式為v＝，甲、乙兩物體在0～t2時(shí)間內(nèi)位移大小相等，故平均速度大小相等，C對(duì)、D錯(cuò)． 2．(多選)(xx山東濟(jì)南一模)一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v－t 圖象如圖所示，下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．在2～4 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)所受合外力為零 B．質(zhì)點(diǎn)在0～2 s內(nèi)的加速度比4～6 s內(nèi)的加速度大 C．在第4 s末，質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) D．在0～6 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度為5 m/s 解析：選AD.由題圖可知，在2～4 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以所受合外力為零，A對(duì)．由題圖可知，質(zhì)點(diǎn)在0～2 s內(nèi)加速度大小為5 m/s2，4～6 s內(nèi)加速度大小為10 m/s2，B錯(cuò)．由題圖可知，在第5 s末，質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，C錯(cuò)．在0～6 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度v＝＝5 m/s，D對(duì)． 3．(xx江西八校聯(lián)考)xx年元宵節(jié)期間人們?nèi)挤牌鹈利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日，按照設(shè)計(jì)，某種型號(hào)的裝有焰火的禮花彈從專(zhuān)用炮筒中射出后，在3 s末到達(dá)離地面90 m的最高點(diǎn)時(shí)炸開(kāi)，構(gòu)成各種美麗的圖案．假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時(shí)的初速度是v0，上升過(guò)程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分別等于(　　) A．30 m/s，1　　　　　　　　 B．30 m/s，0.5 C．60 m/s，0.5 D．60 m/s，1 解析：選D.本題考查運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有x＝t，代入數(shù)據(jù)得v0＝60 m/s；對(duì)上升過(guò)程中的禮花彈受力分析，如圖所示．由牛頓第二定律有：mg＋Ff＝ma，又Ff＝kmg，a＝ m/s2＝20 m/s2，解得：k＝1.故A、B、C錯(cuò)，D對(duì)． 4.(xx寶雞高三質(zhì)檢)如圖所示，將質(zhì)量為M的U形框架開(kāi)口向下置于水平地面上，用輕彈簧1、2、3將質(zhì)量為m的小球懸掛起來(lái)．框架和小球都靜止時(shí)彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長(zhǎng)度恰好等于彈簧原長(zhǎng)，這時(shí)框架對(duì)地面的壓力大小等于(M＋m)g.現(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷，則在剪斷后瞬間(　　) A．框架對(duì)地面的壓力大小仍為(M＋m)g B．框架對(duì)地面的壓力大小為0 C．小球的加速度大小等于g D．小球的加速度為0 解析：選D.剪斷彈簧1瞬間，彈簧的形變不改變，小球所受合外力為0，由牛頓第二定律可知此時(shí)小球的加速度大小為0，D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；框架受重力和支持力作用，F(xiàn)N＝Mg，由牛頓第三定律可知，框架對(duì)地面的壓力大小為Mg，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤． 5．(多選)(xx高考江蘇卷)一人乘電梯上樓，在豎直上升過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力(　　) A．t＝2 s時(shí)最大 B．t＝2 s時(shí)最小 C．t＝8.5 s時(shí)最大 D．t＝8.5 s時(shí)最小 解析：選AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma.由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力大小F′N(xiāo)＝FN＝mg＋ma，當(dāng)t＝2 s時(shí)a有最大值，F(xiàn)′N(xiāo)最大．當(dāng)t＝8.5 s時(shí)，a有最小值，F(xiàn)′N(xiāo)最小，選項(xiàng)A、D正確． 6．(xx武漢武昌區(qū)高三調(diào)研)從地面豎直上拋一物體A的同時(shí)，在離地面高H處有相同質(zhì)量的另一物體B開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩物體在空中同時(shí)到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí)速率都為v(兩物體不會(huì)相碰)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．H＝2h B．物體A豎直上拋的初速度大小是物體B落地時(shí)速度大小的2倍 C．物體A、B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 D．兩物體落地前各自的機(jī)械能都守恒且兩者機(jī)械能相等 解析：選D.根據(jù)題設(shè)條件畫(huà)出兩物體運(yùn)動(dòng)的情景圖，如圖所示，兩質(zhì)量相等的物體經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間到達(dá)相同的位置時(shí)的速度相等，兩物體具有相同的機(jī)械能，由于兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各自機(jī)械能守恒，故兩物體落地前各自的機(jī)械能都守恒且兩者機(jī)械能相等，選項(xiàng)D正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：對(duì)物體A到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí)，v＝vA－gt，對(duì)物體B到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí)，v＝gt，可得：vA＝2v；h＝＝，H－h(huán)＝，可得：H＝h，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)物體B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：vB＝＝2v.物體A豎直上拋的初速度大小與物體B落地時(shí)速度大小相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：物體A在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA＝＝，物體B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tB＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 7．(xx河北衡水調(diào)研)如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜置一個(gè)質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對(duì)斜面靜止．斜面對(duì)物體的支持力和摩擦力分別為FN和Ff，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小 B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大 C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大 D．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f減小 解析：選D.在0～t1時(shí)間內(nèi)，由題圖可知，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為θ，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝ma1，在水平方向上有FNsin θ＝Ffcos θ，因加速度減小，則支持力FN和摩擦力Ff均減?。趖1～t2時(shí)間內(nèi)，由題圖可知，物體做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有mg－(FNcos θ＋Ffsin θ)＝ma2，在水平方向上有FNsin θ＝Ffcos θ，因加速度增大，則支持力FN和摩擦力Ff均減小，故選D. 8．(xx安徽合肥一模)如圖所示， a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x1，加速度大小為a1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x2，加速度大小為a2.則有(　　) A．a(chǎn)1＝a2，x1＝x2 B．a(chǎn)1x2 D．a(chǎn)1x2 解析：選B.以?xún)晌矬w及彈簧組成的整體為研究對(duì)象，豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；沿光滑水平桌面運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)＝(m1＋m2)a2，比較兩式可得：a13μmg 時(shí)，A 相對(duì) B 滑動(dòng) D．無(wú)論 F 為何值，B 的加速度不會(huì)超過(guò)μg 解析：選BCD.對(duì)A、B整體，地面對(duì)B的最大靜摩擦力為μmg，故當(dāng)μmg＜F＜2μmg時(shí)，A、B相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤．對(duì)A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律，有F－3mg＝3ma；對(duì)B，在A、B恰好要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，μ2mg－3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見(jiàn)，當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A相對(duì)B才能滑動(dòng)，C正確．當(dāng)F＝μmg時(shí)，A、B相對(duì)靜止，對(duì)整體有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正確．無(wú)論F為何值，B所受最大的動(dòng)力為A對(duì)B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可見(jiàn)D正確． 10．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開(kāi)始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則(　　) A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離最大 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析：選B.物塊滑上傳送帶后將做勻減速運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻速度為零，此時(shí)小物塊離A處的距離達(dá)到最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；然后在傳送帶滑動(dòng)摩擦力的作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻與傳送帶達(dá)到共同速度，此時(shí)小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離最大，選項(xiàng)B正確；0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)小物塊不受摩擦力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 11．傳送帶與平板緊靠在一起，且上表面在同一水平面內(nèi)，兩者長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1＝2.5 m、L2＝2 m．傳送帶始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放到傳送帶的左端，然后平穩(wěn)地滑上平板．已知：滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，滑塊與平板、平板與支持面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑塊、平板的質(zhì)量均為m＝2 kg，g取10 m/s2.求： (1)若滑塊恰好不從平板上掉下，求v的大??； (2)若v＝6 m/s，求滑塊離開(kāi)平板時(shí)的速度大?。? 解析：(1)滑塊在平板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大?。? a1＝＝3 m/s2 由于μ1mg＞2μ2mg 故平板做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大?。? a2＝＝1 m/s2 設(shè)滑塊滑至平板右端用時(shí)為t，共同速度為v′，平板位移為x，對(duì)滑塊：v′＝v－a1t L2＋x＝vt－a1t2 對(duì)平板：v′＝a2t x＝a2t2 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t＝1 s，v＝4 m/s. (2)滑塊在傳送帶上的加速度：a3＝＝5 m/s2 若滑塊在傳送帶上一直加速，則獲得的速度為： v1＝＝5 m/s＜6 m/s 即滑塊滑上平板的速度為5 m/s. 設(shè)滑塊在平板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，離開(kāi)平板時(shí)的速度為v″，平板位移為x′ 則v″＝v1－a1t′ L2＋x′＝v1t′－a1t′2 x′＝a2t′2 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t′1＝ s，t′2＝2 s(t′2＞t，不符合題意，舍去) 將t′＝ s代入v″＝v1－a1t′得： v″＝3.5 m/s. 答案：(1)4 m/s　(2)3.5 m/s 12．(xx高考全國(guó)卷Ⅰ，T25，20分)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示．t＝0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板．已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v－t圖線如圖乙所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長(zhǎng)度； (3)木板右端離墻壁的最終距離． 解析：(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝v0＋a1t1② x0＝v0t1＋a1t③ 式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度． 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由題圖乙可得 a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4.⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為 x1＝Δt? 小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為 x2＝Δt? 小物塊相對(duì)木板的位移為 Δx＝x2－x1? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δx＝6.0 m．? 因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0 m. (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為x3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v＝2a4x3? 碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為 x＝x1＋x3? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 x＝－6.5 m. 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m. 答案：(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m