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 專題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)限時(shí)訓(xùn)練.doc

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0t2時(shí)間內(nèi)下列說法正確的是()A兩物體在t1時(shí)刻速度大小相等Bt1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xt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0t2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vt 圖象如圖所示，下列選項(xiàng)正確的是()A在24 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)所受合外力為零B質(zhì)點(diǎn)在02 s內(nèi)的加速度比46 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06 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24 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02 s內(nèi)加速度大小為5 m/s2，46 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06 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度v5 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，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，上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍，g10 m/s2，那么v0和k分別等于()A30 m/s，1B30 m/s，0.5C60 m/s，0.5 D60 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xt，代入數(shù)據(jù)得v060 m/s；對(duì)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：mgFfma，又Ffkmg，a m/s220 m/s2，解得：k1.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(Mm)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(Mm)gB框架對(duì)地面的壓力大小為0C小球的加速度大小等于gD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)NMg，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()At2 s時(shí)最大Bt2 s時(shí)最小Ct8.5 s時(shí)最大Dt8.5 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FNmgma.由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力大小FNFNmgma，當(dāng)t2 s時(shí)a有最大值，F(xiàn)N最大當(dāng)t8.5 s時(shí)，a有最小值，F(xiàn)N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)，則下列說法正確的是()AH2hB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)，vvAgt，對(duì)物體B到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí)，vgt，可得：vA2v；h，Hh，可得：Hh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)物體B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：vB2v.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，則下列說法正確的是()A在0t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f減小B在0t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大C在t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大D在t1t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f減小解析：選D.在0t1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，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有FNcos Ffsin mgma1，在水平方向上有FNsin Ffcos ，因加速度減小，則支持力FN和摩擦力Ff均減小在t1t2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 Ffsin )ma2，在水平方向上有FNsin Ffcos ，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()Aa1a2，x1x2 Ba1<a2，x1x2Ca1a2，x1>x2 Da1<a2，x1>x2解析：選B.以兩物體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)(m1m2)g(m1m2)a1；沿光滑水平桌面運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)(m1m2)a2，比較兩式可得：a1<a2，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤；以b為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有：kx1m2gm2a1，kx2m2a2，解得：x1x2，B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤9.(多選)(xx高考江蘇卷)如圖所示，A、B 兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上A、B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì) A 施加一水平拉力 F，則() A當(dāng)F<2mg 時(shí)，A、B 都相對(duì)地面靜止B當(dāng)Fmg 時(shí)， A 的加速度為gC當(dāng)F>3mg 時(shí)，A 相對(duì) B 滑動(dòng)D無論 F 為何值，B 的加速度不會(huì)超過g解析：選BCD.對(duì)A、B整體，地面對(duì)B的最大靜摩擦力為mg，故當(dāng)mgF2mg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F3mg3ma；對(duì)B，在A、B恰好要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，2mg3mgma，兩式聯(lián)立解得F3mg，可見，當(dāng)F3mg時(shí)，A相對(duì)B才能滑動(dòng)，C正確當(dāng)Fmg時(shí)，A、B相對(duì)靜止，對(duì)整體有：mg3mg3ma，ag，故B正確無論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2mg，故B的最大加速度aBmg，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(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始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示已知v2>v1，則()At2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大Bt2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離最大C0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3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；0t2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；t2t3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)12.5 m、L22 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)0.5，滑塊與平板、平板與支持面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為10.3、20.1，滑塊、平板的質(zhì)量均為m2 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v6 m/s，求滑塊離開平板時(shí)的速度大小解析：(1)滑塊在平板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大?。篴13 m/s2由于1mg22mg故平板做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大?。篴21 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：vva1tL2xvta1t2對(duì)平板：va2txa2t2聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t1 s，v4 m/s.(2)滑塊在傳送帶上的加速度：a35 m/s2若滑塊在傳送帶上一直加速，則獲得的速度為：v15 m/s6 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，離開平板時(shí)的速度為v，平板位移為x則vv1a1tL2xv1ta1t2xa2t2聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t1 s，t22 s(t2t，不符合題意，舍去)將t s代入vv1a1t得：v3.5 m/s.答案：(1)4 m/s(2)3.5 m/s12(xx高考全國(guó)卷，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t0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t1 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)過程中小物塊始終未離開木板已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt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)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(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1(mM)g(mM)a1由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v14 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1v0a1t1x0v0t1a1t式中，t11 s，x04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度聯(lián)立式和題給條件得10.1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2mgma2由題圖乙可得a2式中，t22 s，v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4.(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間t，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2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為x1t小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x2t小物塊相對(duì)木板的位移為xx2x1聯(lián)立式，并代入數(shù)值得x6.0 m因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，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1(mM)g(mM)a40v2a4x3碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為xx1x3聯(lián)立式，并代入數(shù)值得x6.5 m.木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m.答案：(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m