2020届高考物理全优二轮复习集训：专题1 第2讲　直线运动与牛顿运动定律 .doc

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1、第一部分专题一第2讲一、选择题：每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第89题有多项符合题目要求1(2019年浙江卷)一辆汽车沿平直道路行驶，其vt图象如图所示在t0到t40 s这段时间内，汽车的位移是()A0B30 mC750 mD1 200 m【答案】C2(2019年湖南怀化一模)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，运动过程中的速度时间图象如图所示，在06 s这段时间内，下列说法正确的是()A甲、乙两物体的运动方向始终相反B5 s时甲、乙两物体相遇C4 s时甲、乙两物体相距最远D5 s时甲、乙两物体相距最远【答案】D【解析】由图象可知，45.5 s内甲、乙两物体的运动方向

2、相同，A项错误；5 s时甲、乙两物体的速度相同，二者相距最远，D项正确，B、C项错误3(2019年山西名校模拟)近年来冬季里，我市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要在雾霾天的平直公路上甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的vt图象以下分析正确的是()A甲车刹车的加速度大小为0.5 m/s2B两车开始刹车时的距离为100 mC两车刹车后间距一直在减小D两车都停下来后相距25 m【答案】B4(2018年贵州安顺监测)我国选手谢思埸在2018年国际泳联世界跳水

3、系列赛北京站夺得男子三米跳板冠军，如图所示为谢思埸(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则()At1时刻开始进入水面Bt2时刻开始进入水面Ct2时刻达到最高点Dt1t2时间内速度方向竖直向上【答案】B5. (2020届湖南名校联考)某实验小组打算制作一个火箭甲同学设计了一个火箭，质量为m，可提供恒定的推动力，推力大小为F2mg，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过时，火箭丢弃掉的质量，剩余时间，火箭推动剩余的继续飞行若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用

4、乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化)()A1.5hB2hC2.75hD3.25h【答案】C【解析】对甲同学的火箭，t时间内的加速度恒为a1，Fmgma1，a1g，t时刻的速度v1a1t，上升的高度hgt2gt2.对乙同学的火箭，在0内的加速度a2a1g，时刻的速度为v2a2gt；在t内加速度为a2，则Fmgma2，则a23g，在t时的速度v2v2a22gt，上升的高度为h22.75gt22.75h.C正确，A、B、D错误6(2019年淄博三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k.这是为了防止电梯在空中因缆绳断

5、裂而造成生命危险若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是()A电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为B电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为C从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态【答案】C【解析】在最低点时，由牛顿第二定律有4kxmgma，其中a5g，解得x，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运

6、动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误7(2019年江西名校联考)南方气温偏低，经常存在冰冻现象某校方同学和阳同学(校服材质一样)先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示(两人均可视为质点，且不计人经过B点时的能量损失)根据上述信息，不能确定方、阳两人()A经过B点时速度大小相等B最终两人停在水平冰面上同一位置C损失的机械能相等D运动的时间相等【答案】C【解析】设在斜面上运动的距离为s1，在水平面上运动的距离为s2，斜面的倾角为，动摩擦因数为，物体在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，可得a1gsin gcos ，所以两人在

7、斜面下滑时加速度相同，根据运动学公式可得v2a1s1，经过B点时速度大小相等，对整个过程，运用动能定理得mgs1sin mgcos s1mgs200，则得s2s1cos ，可知s1、相同，则知最终两人停在水平冰面上同一位置，同理在水平面上运动的加速度相同，运动时间也相同，故两人运动的总时间相等由上知不能确定两人质量关系，故不能确定摩擦力相等，也不能判断克服摩擦力做功的大小，所以机械能损失不一定相等，故不能确定方、阳两人损失的机械能是否相等8(2019年山东聊城三模)在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面

8、，来减小阻力碰撞前后两壶运动的vt图象如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行已知两冰壶质量相等，由图象可得()A红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞B碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8 m/sC碰撞后，红、蓝两壹运动的时间之比为16D碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为54【答案】BD【解析】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.2 m/s，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0mv0mv，解得v0.8 m/s，碰撞过程两壶损失的动能为Ekmvmvmv20.16m0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误，B正确；设碰撞后，蓝壶经过t时间停止运动

9、，根据三角形相似法知，解得蓝壶运动时间t蓝5 s，由图示图线可知，红壶的加速度大小a红0.2 m/s2，碰撞后红壶的运动时间t红1 s，则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为15，C错误；蓝壶的加速度大小a蓝0.16 m/s2，由牛顿第二定律得ag，解得动摩擦因数，则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比，D正确9(2018年武汉调研)如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是()A四种情况中 (3)的加速度一定大于其他三种情况B四种情况中(4

10、)的加速度一定小于其他三种情况C四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D四种情况轻绳的张力一定一样大【答案】AD【解析】(1)中加速度满足F(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1，对m有T1mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos ，T1.(2)中加速度满足F(Mm)gsin (Mm)a2，对m有T2mgsin ma2，解得a2gsin ，T2.(3)中加速度满足F(Mm)a3，对m有Tma3，解得a3，T3.(4)中加速度满足F(Mm)g(Mm)a4，对m有T4mgma4，解得a4g，T4.由以上分析可知，选项A、D正确二、非选择题10(2019年陕西宝鸡

11、二模)如图所示，质量分别为1.0 kg和2.0 kg的物体A和B放置在水平地面上，两者与地面间的动摩擦因数均为0.4，物体B的右侧与一轻质滑轮相连，现将一根轻绳的一端固定在水平地面上离B足够远的位置，另一端跨过轻质滑轮连接在物体A上，轻绳保持水平方向，初始时刻，物体A在水平力F20 N作用下由静止向右运动(重力加速度g10 m/s2)，求：(1)轻绳上拉力的大小；(2)t2 s时滑轮对物体B做功的瞬间功率【答案】(1)8.0 N(2)128 W【解析】(1)设A、B的加速度大小分别为aA、aB，轻绳上的拉力为T，对A、B分别受力分析并应用牛顿第二定律对于A有FTmAgmAaA 对于B有2TmB

12、gmBaB据题意可知aA2aB代入数据得T8.0 N.(2)由上述各式可求得aA8 m/s2由运动学公式可得B在t2 s时的速度vBaBt8 m/s所以滑轮对物体B做功的瞬时功率P2TvB128 W.11如图甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB长度为s2.5 m，水平部分BC粗糙物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值上表面与BC等高且粗糙程度相同的木板DE紧靠在物块的右端，木板DE质量M4 kg，长度L1.5 m一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，且经B点由斜面转到水平面时速度大小不变滑块从A到C过程

13、中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示g取10 m/s2，求：甲乙(1)斜面AB的倾角；(2)滑块的质量m；(3)滑块到达木板DE右端时的速度大小【答案】(1)30(2)2 kg(3)1 m/s【解析】(1)在01 s内滑块沿斜面匀加速下滑mgsin maxat2由题图乙知t1 s解得sin ，即30.(2)在01 s内对物块ABC受力分析mgcos sin F0由题图乙知F5 N解得m2 kg.(3)滑块到达B点时的速度vBatgtsin 5 m/s12 s内滑块在BC部分做减速运动mgma对物块，由图象知mgF4 N解得a2 m/s2，0.2滑块到达C点时vCvBatvBgt3 m/s滑

14、块滑上木板DE时对滑块：mgma1对木板：mgMa2解得a12 m/s2，a21 m/s2设滑块在木板上的滑行时间为t，有x滑块vCta1t2x木板a2t2Lx滑块x木板解得t1 s此时，滑块速度v滑块vCa1t1 m/s木板速度v木板a2t1 m/s滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.12(2020届武汉调研)一平直的传送带以速率v2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻放到传送带上，经过时间t6 s，物体到达B处A、B相距L10 m求：(1)物体在传送带上做匀加速运动的时间是多少？(2)如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到B处要让物体以最短的时间从A处传送到B处，传送带的运行速率至

15、少应为多大？(3)若使传送带的运行速率为10 m/s，则物体从A传送到B的时间又是多少？【答案】(1)2 s(2)2 m/s(3)2 s【解析】(1)在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则t1vt210 mt1t26 s解得t12 s.(2)为使物体从A至B所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变而a1 m/s2由2aLv得vmin2 m/s.(3)传送带速度为v10 m/s2 m/s，物体一直做加速度为1 m/s2的匀加速运动，设物体

16、从A至B所用最短的时间为t，则at2Lt s2 s.13(2019年江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐A与B、B与地面间的动摩擦因数均为.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.【答案】(1)(2)aB3gaBg(3)2【解析】(1)由牛顿运动定律知，

17、A加速度的大小aAg匀变速直线运动2aALv解得vA.(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F3mg由牛顿运动定律FmaB，得aB3g对齐后，A、B所受合外力大小F2mg由牛顿运动定律F2maB，得aBg.(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得vB2.14(2019年湖南名校开学考)某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决

18、定胜负已知每块砖的质量m0.8 kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定牵引力F20 N的作用，未放砖块时车以v03 m/s的速度匀速前进获得冠军的家庭上场比赛时每隔T0.8 s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图乙中仅画出了00.8 s内车运动的vt图象，g取10 m/s2.求：(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数；(2)车停止时，车上放有多少块砖？【答案】(1)8 kg0.25(2)5【解析】(1)小车的上表面光滑，砖块相对地面始终保持静止状态，放上砖块后小车开始做匀减速运动，设小车与地面间的动摩擦因数为，未放砖块时MgF放上第一块砖后，对小车有F(mM)gMa1即m

19、gMa1由vt图象可知a1 m/s20.25 m/s2解得0.25，M8 kg.(2)同理，放上第二块砖后，对小车有2mgMa2代入数据解得a20.5 m/s208 s内速度改变量v2a2T0.4 m/s放上第三块砖后小车的加速度为a330.75 m/s208 s内速度改变量v3a3T30.2 m/s0.6 m/s则放上第n块砖后小车的加速度ann0.25 m/s20.25n m/s2(n1,2,3)08 s内速度改变量vn0.2n m/s(n1,2,3)所以vv1v2v3vn(123n)0.2 m/s而v03 m/s3 m/s联立解得n5即当小车停止时，车上有5块砖15如图，倾角37的足够长

20、的斜面上，有一质量M1.0 kg、长度L2.55 m的薄板A，其上面以ab为分界线由两种不同材料拼接而成(其中ab以上部分光滑，长度为L10.75 m)，下表面与斜面间的动摩擦因数10.4.在薄板A的上表面左端放一质量m1.0 kg的小物块B(可视为质点)，同时将A、B由静止释放已知B与A的上表面ab以下部分的动摩擦因数20.25，B与斜面间的动摩擦因数30.5.认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，物块B从薄板A上滑到斜面上时速度不变，取g10 m/s2，(sin 370.6)求：(1)B在A上滑动的时间；(2)从A、B分离到A在斜面上追上B经历的时间【答案】(1)1 s(2)10.5 s【

21、解析】(1)刚释放时，对物块B，设其加速度为a1mgsin ma1对木板A分析有Mgsin 1(mM)gcos B在A的上部分滑动时，A保持静止设B刚离开上部分时速度为v1，有v2a1L1解得v13 m/sB在A的上部分滑动时间为t1，有v1a1t1解得t10.5 sB在A的下部分滑动时，设B的加速度为a2，A的加速度为a3，该过程的时间为t2，B的位移为x1，A的位移为x2mgsin 2mgcos ma2Mgsin 2mgcos 1(Mm)gcos Ma3解得a24 m/s2，a31.6 m/s2x1v1t2a2tx2a3tx1x2LL1解得t20.5 sB在A上滑动的时间为t，则tt1t2

22、1 s.(2)设物块B离开薄板A时，物块B和薄板A的速度分别为v2和v3v2v1a2t2v3a3t2解得v25 m/s，v30.8 m/sB滑到斜面上后，设B的加速度为a4，A的加速度为a5mgsin 3mgcos ma4Mgsin 1Mgcos Ma5得a42 m/s2，a52.8 m/s2B滑到斜面上后到A、B再次相遇时间为t3，位移为x3x3v2t3a4tx3v3t3a5t解得t310.5 s.16(2019年山东青岛统考)如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v03 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角37的光滑斜面

23、平滑连接靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止传送带N端与半径r0.2 m的光滑四分之一圆弧相切，小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞已知两物块的质量mb2ma2 kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数0.25，MN间的距离L1.2 m, g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物块a运动到N点时受到的支持力；(2)物块b第一次沿斜面上滑的时间；(3)两物块在第n次碰撞后到第n1次碰撞前，物块a在传送带上运

24、动产生的摩擦热【答案】(1)30 N(2) s (3) J【解析】(1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得mgrmv0，解得v12 m/s对物块a运动到N点时受力分析，由牛顿第二定律可得FNmagma，解得FN30 N(2)小物块a在传送带上运动的加速度a12.5 m/s2设小物块a加速到3 m/s前进的距离为x，则x 1 mL故小物块a到达M点的速度为v23 m/s设两物块第一次碰撞后获得的速度为va1、vb1，因碰撞是弹性碰撞，则m1v2mava1mbvb1，mavmavmbv解得va1v2v21 m/svb1v2v22 m/s对物块b第一次沿斜面上滑，应用动量定理可得(mbgsin) tb10mbvb1解得tb1 s(3)小物块a第一次向右在传送带上通过的位移xa10.2 mtb1因此小物块a从传送带上返回再次与静止的b物块发生碰撞经过n次碰撞后小物块a获得的速度vannv2 m/s小物块a与传送带间的相对位移xv0tantanv0tantan故生成的热量Qmagx2mav0van J