2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題二 力與直線運(yùn)動(dòng) 第1講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律在力學(xué)中的應(yīng)用限時(shí)檢測(cè).doc

《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題二 力與直線運(yùn)動(dòng) 第1講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律在力學(xué)中的應(yīng)用限時(shí)檢測(cè).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題二 力與直線運(yùn)動(dòng) 第1講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律在力學(xué)中的應(yīng)用限時(shí)檢測(cè).doc（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第1講牛頓運(yùn)動(dòng)定律在力學(xué)中的應(yīng)用一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)符合題目要求)1.(2018濟(jì)南模擬)目前青島最高建筑是位于市北區(qū)連云港路和敦化路交叉口的青島國際航運(yùn)中心,海拔高度295米.若有一乘客從該航運(yùn)中心一樓坐電梯直上樓頂,電梯先豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng),達(dá)到一定速度后做勻速運(yùn)動(dòng),最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到頂樓,則該乘客依次經(jīng)歷的狀態(tài)是(C)A.失重平衡超重B.平衡失重超重C.超重平衡失重D.超重失重平衡解析:當(dāng)電梯先豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),電梯的加速度方向向上,乘客處于超重狀態(tài);當(dāng)電梯向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的過程中,電梯加速度為零,乘客處于平衡狀態(tài);當(dāng)電梯向上做減速運(yùn)動(dòng)的過程中,電梯的加速度方向向下,乘客處于失重狀態(tài).故A,B,D錯(cuò)誤,C正確.2.(2018濰坊二模)一架無人機(jī)質(zhì)量為2 kg,運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力大小恒定.該無人機(jī)從地面由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力,其vt圖像如圖所示,g取10 m/s2.下列判斷正確的是(D)A.無人機(jī)上升的最大高度為72 mB.68 s內(nèi)無人機(jī)下降C.無人機(jī)的升力大小為28 ND.無人機(jī)所受阻力大小為4 N解析:無人機(jī)一直向上運(yùn)動(dòng),8 s末上升到最大高度,最大高度為h=2482 m=96 m,故A錯(cuò)誤;68 s內(nèi)速度為正,無人機(jī)仍在上升,故B錯(cuò)誤;68 s內(nèi)加速度大小為a2=v2t2=242 m/s2=12 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mg+f=ma2,代入數(shù)據(jù)得無人機(jī)所受阻力大小為f=4 N;06 s內(nèi)加速度大小為a1=v1t1=246 m/s2=4 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg-f=ma1,代入數(shù)據(jù)得無人機(jī)的升力大小F=32 N,故C錯(cuò)誤,D正確.3.(2018德州一模)如圖所示,一質(zhì)量為M=2 kg、傾角為=45的斜面體放在光滑水平地面上,斜面上疊放一質(zhì)量為m=1 kg的光滑楔形物塊,物塊在水平恒力F作用下與斜面體一起恰好保持相對(duì)靜止地向右運(yùn)動(dòng).重力加速度為g=10 m/s2.下列判斷正確的是(B)A.物塊對(duì)斜面的壓力大小N1=52 NB.斜面體的加速度大小為a=5 m/s2C.水平恒力大小F=10 ND.若水平作用力F作用到M上系統(tǒng)仍保持相對(duì)靜止,則F將變小解析:M,m整體受重力、水平面支持力N和推力,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向有F=(M+m)a;豎直方向有N=(M+m)g,斜面體M受重力、壓力N1、支持力N,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向有N1sin =Ma,豎直方向有N1cos +Mg=N,聯(lián)立解得a=mgtanM=5 m/s2,F=(M+m)mgtanM=15 N,N1=mgcos=102 N,故B正確,A,C錯(cuò)誤;若水平作用力F作用到M上系統(tǒng)仍保持相對(duì)靜止,則對(duì)整體有F=(M+m)a;對(duì)m有mgtan 45=ma,解得F=(M+m)g=30 N,即F變大,故D錯(cuò)誤.4.(2018南充模擬)如圖所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角=30,傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下,始終保持v0=7 m/s的速率運(yùn)行.現(xiàn)把一質(zhì)量為4 kg的工件(可看為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端,經(jīng)一段時(shí)間后工件被傳送到h=8 m的高處.已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=32,取g=10 m/s2,在這段時(shí)間,工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F隨時(shí)間t變化的圖像正確的是(A)解析:工件受力如圖所示,據(jù)牛頓第二定律得mgcos -mgsin =ma得a=2.5 m/s2,工件速度由0加速到v0所用的時(shí)間t=v0a=72.5 s=2.8 s,在這段時(shí)間內(nèi)工件的位移x=12at2=122.52.82 m=9.8 m,傳送帶的長度L=hsin=16 m,說明工件與傳送帶共速時(shí)還沒有到達(dá)頂端.因?yàn)閙gcos mgsin ,所以共速后物體隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng),因此工件先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),后做勻速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A正確;在勻加速階段,由x=12at2,知xt圖像為拋物線,勻速后圖線為直線,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;加速度先不變后為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;合外力先不變后為零,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.5.(2018榆林三模)二十一世紀(jì)新能源環(huán)保汽車在設(shè)計(jì)階段要對(duì)其各項(xiàng)性能進(jìn)行測(cè)試,某次新能源汽車性能測(cè)試中,圖(甲)顯示的是牽引力傳感器傳回的實(shí)時(shí)數(shù)據(jù)隨時(shí)間變化關(guān)系,但由于機(jī)械故障,速度傳感器只傳回了第20 s以后的數(shù)據(jù),如圖(乙)所示,已知汽車質(zhì)量為1 500 kg,若測(cè)試平臺(tái)水平,且汽車由靜止開始直線運(yùn)動(dòng),設(shè)汽車所受阻力恒定,由分析可得(B)A.由圖(甲)可得汽車所受阻力為1 000 NB.20 s末汽車的速度為26 m/sC.由圖(乙)可得20 s后汽車才開始勻速運(yùn)動(dòng)D.前20 s內(nèi)汽車的位移為426 m解析:由圖(乙)可知,所記錄的20 s后汽車速度不變,說明18 s后汽車做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)牽引力為F3=1.5103 N,由平衡條件知,阻力為f=F3=1.5103 N,故A,C錯(cuò)誤;06 s內(nèi),由牛頓第二定律得F1-f=ma1,代入數(shù)據(jù)解得a1=5 m/s2.6 s末車速為v1=a1t1=56 m/s=30 m/s;在618 s內(nèi),有F2-f=ma2,解得a2=-13 m/s2.第18 s末車速為v2=v1+a2t2=26 m/s,則20 s末車速為v3=26 m/s,故B正確;汽車在06 s內(nèi)的位移為x1=v12t1=3026 m=90 m;汽車在618 s內(nèi)的位移為x2=v1+v22t2=30+26212 m=336 m;汽車在1820 s內(nèi)的位移為x3=v3t3=262 m=52 m,故汽車在前20 s的位移為x=x1+x2+x3=478 m,故D錯(cuò)誤.6.(2018洛陽二模)如圖,長木板C置于光滑水平地面上,A,B兩物塊放在木板上.已知A,B,C的質(zhì)量mA=mC=m,mB=2m,A,B兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.現(xiàn)用水平向左的力F作用在A物塊上,當(dāng)F由0逐漸增大時(shí)(AD)A.當(dāng)F=43mg時(shí),A與C開始相對(duì)滑動(dòng)B.當(dāng)F=2mg時(shí),B所受摩擦力大小為4mg3C.一直增大F,B的最大加速度為gD.無論F多大,B和C總保持相對(duì)靜止解析:A,C間的最大靜摩擦力為fA=mAg=mg,A,C間恰好不滑動(dòng)時(shí),對(duì)于A,有F-mg=ma,對(duì)B,C,有mg=3ma,解得F=43mg,因此當(dāng)F=43mg時(shí),A與C開始相對(duì)滑動(dòng),故A正確;若F=2mgfA,A,C發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),A對(duì)C的滑動(dòng)摩擦力為mg,而B,C一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a=mg2m+m=13g,且保持不變,此時(shí)B受到的靜摩擦力為fB=2ma=23mg2mg,所以B,C始終相對(duì)靜止,則B的最大加速度為13g,故B,C錯(cuò)誤,D正確.7.(2018太原二模)如圖所示,足夠長的、傾角為30的光滑斜面上,擋板C與斜面垂直.質(zhì)量均為m的A,B兩相同物塊與勁度系數(shù)為k的輕彈簧兩端相連,在C的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)給A施加沿斜面向上的恒力F,使A,B兩物塊先后開始運(yùn)動(dòng).已知彈簧始終在彈性限度內(nèi),下列判斷正確的是(AB)A.恒力F的值可以小于mgB.物塊B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),物塊A的加速度為F-mgmC.物塊B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),A發(fā)生位移的值為mg2kD.當(dāng)物塊B的速度第一次最大時(shí),彈簧的形變量為mgk解析:物塊B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧的彈力大小F彈=mgsin 30,此時(shí)A可能在做減速運(yùn)動(dòng),則有F2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),小鐵塊向右做初速度為v1的勻減速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)小鐵塊和木板的加速度大小分別為a3和a4,經(jīng)過時(shí)間t2木板與小鐵塊速度相同且為v2,木板的位移為x3,則1m1g=m1a3,1m1g-2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=12a4t22代入數(shù)據(jù)解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m.木板與小鐵塊速度相同后,兩者一起做減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零,設(shè)加速度為a5,位移為x4,則2(m1+m2)g=(m1+m2)a5,v22=2a5x4,代入數(shù)據(jù)解得x4=0.125 m木板在水平面上總共滑行的位移大小為x=x2-(x3+x4)=0.625 m.答案:(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m