2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題二 牛頓運動定律與直線運動限時訓練.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題二 牛頓運動定律與直線運動限時訓練 一、選擇題 1．(xx湖北八校聯考)如圖所示為甲、乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則0～t2時間內下列說法正確的是(　　) A．兩物體在t1時刻速度大小相等 B．t1時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．因平均速度定義式為v＝，甲、乙兩物體在0～t2時間內位移大小相等，故平均速度大小相等，C對、D錯． 2．(多選)(xx山東濟南一模)一質點做直線運動的v－t 圖象如圖所示，下列選項正確的是(　　) A．在2～4 s內，質點所受合外力為零 B．質點在0～2 s內的加速度比4～6 s內的加速度大 C．在第4 s末，質點離出發(fā)點最遠 D．在0～6 s內，質點的平均速度為5 m/s 解析：選AD.由題圖可知，在2～4 s內，質點做勻速直線運動，所以所受合外力為零，A對．由題圖可知，質點在0～2 s內加速度大小為5 m/s2，4～6 s內加速度大小為10 m/s2，B錯．由題圖可知，在第5 s末，質點離出發(fā)點最遠，C錯．在0～6 s內，質點的平均速度v＝＝5 m/s，D對． 3．(xx江西八校聯考)xx年元宵節(jié)期間人們燃放起美麗的焰火以慶祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日，按照設計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在3 s末到達離地面90 m的最高點時炸開，構成各種美麗的圖案．假設禮花彈從炮筒中豎直向上射出時的初速度是v0，上升過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.本題考查運動學規(guī)律和牛頓第二定律，利用運動學知識有x＝t，代入數據得v0＝60 m/s；對上升過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，D對． 4.(xx寶雞高三質檢)如圖所示，將質量為M的U形框架開口向下置于水平地面上，用輕彈簧1、2、3將質量為m的小球懸掛起來．框架和小球都靜止時彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長，這時框架對地面的壓力大小等于(M＋m)g.現將彈簧1從最上端剪斷，則在剪斷后瞬間(　　) A．框架對地面的壓力大小仍為(M＋m)g B．框架對地面的壓力大小為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小球的加速度大小為0，D項正確，C項錯誤；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛頓第三定律可知，框架對地面的壓力大小為Mg，A、B項錯誤． 5．(多選)(xx高考江蘇卷)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 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地板的壓力大小F′N＝FN＝mg＋ma，當t＝2 s時a有最大值，F′N最大．當t＝8.5 s時，a有最小值，F′N最小，選項A、D正確． 6．(xx武漢武昌區(qū)高三調研)從地面豎直上拋一物體A的同時，在離地面高H處有相同質量的另一物體B開始做自由落體運動，兩物體在空中同時到達距地面高h時速率都為v(兩物體不會相碰)，則下列說法正確的是(　　) A．H＝2h B．物體A豎直上拋的初速度大小是物體B落地時速度大小的2倍 C．物體A、B在空中運動的時間相等 D．兩物體落地前各自的機械能都守恒且兩者機械能相等 解析：選D.根據題設條件畫出兩物體運動的情景圖，如圖所示，兩質量相等的物體經過相同的時間到達相同的位置時的速度相等，兩物體具有相同的機械能，由于兩物體在運動過程中各自機械能守恒，故兩物體落地前各自的機械能都守恒且兩者機械能相等，選項D正確；由運動學公式可得：對物體A到達距地面高h時，v＝vA－gt，對物體B到達距地面高h時，v＝gt，可得：vA＝2v；h＝＝，H－h(huán)＝，可得：H＝h，選項A錯誤；對物體B，由運動學公式可得：vB＝＝2v.物體A豎直上拋的初速度大小與物體B落地時速度大小相等，選項B錯誤；由運動學公式可得：物體A在空中運動的時間tA＝＝，物體B在空中運動的時間tB＝＝，選項C錯誤． 7．(xx河北衡水調研)如圖甲所示，在木箱內粗糙斜面上靜置一個質量為m的物體，木箱豎直向上運動的速度v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止．斜面對物體的支持力和摩擦力分別為FN和Ff，則下列說法正確的是(　　) A．在0～t1時間內，FN增大，Ff減小 B．在0～t1時間內，FN減小，Ff增大 C．在t1～t2時間內，FN增大，Ff增大 D．在t1～t2時間內，FN減小，Ff減小 解析：選D.在0～t1時間內，由題圖可知，物體做加速運動，加速度逐漸減小，設斜面傾角為θ，對物體受力分析，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時間內，由題圖可知，物體做減速運動，加速度逐漸增大，對物體受力分析，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兩物體的質量分別為m1、m2，由輕質彈簧相連．當用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1，加速度大小為a1；當用大小仍為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動時，彈簧伸長量為x2，加速度大小為a2.則有(　　) A．a1＝a2，x1＝x2 B．a1x2 D．a1x2 解析：選B.以兩物體及彈簧組成的整體為研究對象，豎直向上運動時，F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；沿光滑水平桌面運動時，F＝(m1＋m2)a2，比較兩式可得：a13μmg 時，A 相對 B 滑動 D．無論 F 為何值，B 的加速度不會超過μg 解析：選BCD.對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為μmg，故當μmg＜F＜2μmg時，A、B相對地面運動，故A錯誤．對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－3mg＝3ma；對B，在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，μ2mg－3mg＝ma，兩式聯立解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C正確．當F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有：μmg－3mg＝3ma，a＝μg，故B正確．無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，可見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始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則(　　) A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大 C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時間內，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動，t1時刻速度為零，此時小物塊離A處的距離達到最大，選項A錯誤；然后在傳送帶滑動摩擦力的作用下向右做勻加速運動，t2時刻與傳送帶達到共同速度，此時小物塊相對傳送帶滑動的距離最大，選項B正確；0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，選項C錯誤；t2～t3時間內小物塊不受摩擦力，選項D錯誤． 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，兩者長度分別為L1＝2.5 m、L2＝2 m．傳送帶始終保持以速度v勻速運動．現將一滑塊(可視為質點)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摩擦因數μ＝0.5，滑塊與平板、平板與支持面的動摩擦因數分別為μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑塊、平板的質量均為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，求滑塊離開平板時的速度大?。? 解析：(1)滑塊在平板上做勻減速運動，加速度大?。? a1＝＝3 m/s2 由于μ1mg＞2μ2mg 故平板做勻加速運動，加速度大?。? a2＝＝1 m/s2 設滑塊滑至平板右端用時為t，共同速度為v′，平板位移為x，對滑塊：v′＝v－a1t L2＋x＝vt－a1t2 對平板：v′＝a2t x＝a2t2 聯立以上各式代入數據解得：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. 設滑塊在平板上運動的時間為t′，離開平板時的速度為v″，平板位移為x′ 則v″＝v1－a1t′ L2＋x′＝v1t′－a1t′2 x′＝a2t′2 聯立以上各式代入數據解得：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高考全國卷Ⅰ，T25，20分)一長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時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1 s時間內小物塊的v－t圖線如圖乙所示．木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2； (2)木板的最小長度； (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動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為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，由運動學公式有 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是小物塊和木板開始運動時的速度． 聯立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動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設小物塊的加速度為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，聯立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4.⑦ (2)設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間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動學公式得 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到共同速度的過程中，木板運動的位移為 x1＝Δt? 小物塊運動的位移為 x2＝Δt? 小物塊相對木板的位移為 Δx＝x2－x1? 聯立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數值得 Δx＝6.0 m．? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為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動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為x3.由牛頓第二定律及運動學公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v＝2a4x3? 碰后木板運動的位移為 x＝x1＋x3? 聯立④⑥⑦⑧⑨⑩????式，并代入數值得 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