2022高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第2講 勻變速直線運動規(guī)律及牛頓運動定律突破練

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1、2022高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第2講 勻變速直線運動規(guī)律及牛頓運動定律突破練 [限訓練·通高考]　　 　　　　　　　　　　　 　科學設題　拿下高考高分 (45分鐘) 一、單項選擇題 1．(2018·陜西西安中學高三上學期期中)一汽車剎車可看作勻減速直線運動，初速度為12 m/s，加速度大小為2 m/s2，運動過程中，在某一秒內的位移為7 m，則此后它還能向前運動的位移是(　　) A．6 m　　　　　　　 B.7 m C．9 m D．10 m 解析：設經(jīng)過t時間開始計時，1 s時間內質點的位移恰為7 m，則有v0(t＋1)－a(t＋1)2－(v0t－at2)＝7，

2、解得t＝2 s，汽車從剎車到停止總共經(jīng)歷的時間為t總＝＝6 s，此后它還能向前運動的位移即為汽車后3 s的位移，把汽車剎車過程逆過來看即為初速度為零的勻加速直線運動，則有x＝at2＝9 m，故C正確． 答案：C 2．(2018·江蘇六市第二次聯(lián)考)如圖所示，質量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質量為m1的物塊A，A通過跨過光滑定滑輪的細線與質量為M的物塊C連接．釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開始運動，已知A、B間動摩擦因數(shù)為μ，則細線中的拉力大小為(　　) A．Mg B．Mg＋Ma C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g 解析：把A、B看作一個整體受力分析如圖

3、所示，由牛頓第二定律可得FT＝(m1＋m2)a，故C正確． 答案：C 3．(2018·湖南長沙高三一模)如圖所示，小車在恒力F作用下沿水平地面向右運動，其內底面左壁有一物塊，物塊與小車右壁之間有一壓縮的輕彈簧，小車內底面光滑，當小車由左側光滑地面進入到右側粗糙地面時，物塊一直與左壁保持接觸，則車左壁受物塊的壓力FN1和車右壁受彈簧的壓力FN2的大小變化情況是(　　) A．FN1變大，F(xiàn)N2不變 B．FN1不變，F(xiàn)N2變大 C．FN1和FN2都變小 D．FN1變小，F(xiàn)N2不變 解析：因物塊相對于小車靜止不動，故彈簧長度不變，彈簧彈力不變，車右壁受彈簧的壓力FN2不變；小車由

4、左側光滑地面進入右側粗糙地面時，小車向右的加速度會減小，由于物塊和小車的加速度相同，故物塊所受合外力減小，又彈簧彈力不變，物塊受車左壁的支持力變小，由牛頓第三定律知FN1變小，選項D正確． 答案：D 4.甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v -t圖象如圖所示．已知兩車在t＝3 s時并排行駛，則(　　) A．在t＝1 s時，甲車在乙車后 B．在t＝0時，乙車在甲車前7.5 m C．兩車另一次并排行駛的時刻是t＝2 s D．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m 解析：根據(jù)v -t圖象知，甲、乙都沿正方向運動．t＝3 s時，甲、乙相遇，此時v甲＝30 m/s，v乙＝

5、25 m/s，由v -t圖線所圍面積對應位移關系知，0～3 s內甲車位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙車位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m．故t＝0時，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B選項錯誤；0～1 s內，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，說明在t＝1 s時甲、乙第一次相遇，A、C錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D選項正確． 答案：D 5.(2018·山東臨沂檢測)如圖所示，在傾角為θ＝3

6、0°的光滑斜面上，物塊A、B質量分別為m和2m.物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力．已知重力加速度為g，某時刻把細線剪斷，當細線剪斷瞬間，下列說法正確的是(　　) A．物塊A的加速度為0 B．物塊A的加速度為 C．物塊B的加速度為0 D．物塊B的加速度為 解析：剪斷細線前，彈簧的彈力F彈＝mgsin 30°＝mg，細線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈＝mg；剪斷細線瞬間，對A、B系統(tǒng)，加速度為a＝＝，即A和B的加速度均為，故選B. 答案：B 6．(2018·山西太原市高三期末)甲、乙兩質點同時沿同一直線運動，它們的x -t圖

7、象如圖所示．關于兩質點的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．在0～t0時間內，甲、乙的運動方向相同 B．在0～t0時間內，乙的速度一直增大 C．在0～t0時間內，乙平均速度的值大于甲平均速度的值 D．在0～2t0時間內，甲、乙發(fā)生的位移相同 解析：在0～t0時間內，甲、乙的運動方向相反，選項A錯誤；在位移—時間圖象中，斜率表示速度，在0～t0時間內，乙的速度一直減小，選項B錯誤；在0～t0時間內，乙的位移為2x0，甲的位移為x0，乙平均速度的值(乙＝)大于甲平均速度的值(甲＝)，選項C正確；在0～2t0時間內，甲發(fā)生的位移是－2x0，乙發(fā)生的位移是2x0，負號說明兩者方向不同

8、，選項D錯誤． 答案：C 7.(2018·青海西寧二十一中高三月考)質量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，假設最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等．從t＝0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示．重力加速度g取10 m/s2，則物體在t＝0到t＝6 s這段時間內的位移大小為(　　) A．4 m B．8 m C．10 m D．12 m 解析：最大靜摩擦力Ffmax＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，當拉力大于最大靜摩擦力時，物體才會由靜止開始運動，所以在t＝2 s時才開始運動；2～4 s時

9、，F(xiàn)>Ffmax，物體由靜止開始做勻加速直線運動，摩擦力為滑動摩擦力，F(xiàn)f＝Ffmax＝4 N，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為a＝＝ m/s2＝1 m/s2，位移為x1＝at2＝×1×4 m＝2 m,4 s末的速度為v＝at＝1×2 m/s＝2 m/s，4～6 s時根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為a1＝＝ m/s2＝－1 m/s2，位移為x2＝vt＋a1t2＝2×2 m＋×(－1)×4 m＝2 m，則物體的總位移是x＝x1＋x2＝2 m＋2 m＝4 m，故A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 二、多項選擇題 8．將一足夠長的木板固定在水平面上，傾角為α＝37°，將一鐵塊由長木板的底端以一定的初速

10、度沖上木板，經(jīng)過一段時間鐵塊的速度減為零，該過程中的速度隨時間的變化規(guī)律如圖所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) A．長木板與鐵塊之間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．鐵塊沿長木板上滑的最大距離為3.6 m C．鐵塊沿長木板下滑時的加速度大小為10 m/s2 D．鐵塊滑到長木板底端時的速度大小為 m/s 解析：由鐵塊上滑過程的速度—時間圖象可知，鐵塊上滑時的加速度大小為a＝＝ m/s2＝10 m/s2，對鐵塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5，A正確；由速度—時

11、間圖象可知，鐵塊沿長木板上滑的最大距離為x＝ m＝1.8 m，B錯誤；鐵塊沿長木板下滑時，由牛頓第二定律mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′，代入數(shù)據(jù)可解得a′＝2 m/s2，C錯誤；由運動學公式v＝，代入數(shù)據(jù)解得v＝ m/s，D正確． 答案：AD 9．(2018·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)酒后駕駛會導致許多安全隱患是因為駕駛員的反應時間變長，反應時間是指從駕駛員發(fā)現(xiàn)情況到采取制動的時間，表中“思考距離”是指從駕駛員發(fā)現(xiàn)情況到采取制動的時間內汽車行駛的距離；“制動距離”是指從駕駛員發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止行駛的距離(假設汽車以不同速度行駛時制動的加速度大小都相同)分析表中數(shù)據(jù)可知，下列說

12、法正確的是(　　) 思考距離/m 制動距離/m 速度(m·s－1) 正常 酒后 正常 酒后 15 7.5 15.0 22.5 30.0 A.駕駛員酒后反應時間比正常情況下多0.5 s B．駕駛員采取制動措施后汽車剎車的加速度大小為7.5 m/s2 C．若汽車的初速度增加一倍，制動距離也增大一倍 D．若汽車以25 m/s的速度行駛時發(fā)現(xiàn)前方60 m處有險情，酒后駕駛不能安全停車 解析：由x1＝vt可得正常情況下的反應時間為0.5 s，酒后的反應時間為1.0 s，選項A說法正確；由剎車距離x2＝x－x1＝解得駕駛員采取制動措施后汽車剎車的加速度大小為a＝7.5

13、 m/s2，選項B說法正確；若汽車的初速度增加一倍，思考距離增大一倍，而剎車距離將增大三倍，選項C說法不正確；若汽車以25 m/s的速度行駛時，酒后思考距離為25×1.0 m＝25 m，剎車距離為＝41.7 m，制動距離為25 m＋41.7 m＝66.7 m，發(fā)現(xiàn)前方60 m處有險情，酒后駕駛不能安全停車，選項D說法正確． 答案：ABD 10．如圖所示，長為L＝6 m、質量為m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，一個質量為M＝50 kg 的人從木板的左端開始向右加速跑動，從人開始跑到人離開木板的過程中，以下v -t圖象可能正確的是(g取10 m/s2，

14、a為人的v -t圖象，b為木板的v -t圖象)(　　) 解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，F(xiàn)f＝Ma1，木板與地面之間的最大靜摩擦力Ffm＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，F(xiàn)f＝Ma1＝50 N<120 N，木板靜止不動，t＝2 s內人的位移x＝6 m，A正確；同理B正確；C中人的加速度a1＝3 m/s2，F(xiàn)f＝Ma1＝150 N>120 N，木板向左加速，F(xiàn)f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ s內人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正確；D中木板要運動的話只能向左運動，其位移為負值，v -t圖線應在時間軸

15、的下方，因此D錯誤． 答案：ABC 11.在斜面上，兩物塊A、B用細線連接，當用力F沿斜面向上拉物塊A時，兩物塊以大小為a的加速度向上運動，細線中的張力為FT，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相等．則當用大小為2F的拉力沿斜面向上拉物塊A時(　　) A．兩物塊向上運動的加速度大小為2a B．兩物塊向上運動的加速度大小大于2a C．兩物塊間細線中的張力為2FT D．兩物塊間細線中的張力與A、B的質量無關 解析：設斜面傾角為θ，A、B兩物塊的質量分別為M和m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得兩物塊的加速度大小為a＝＝－g(sin θ＋μcos θ)，當拉力為2F時，加

16、速度大小為a′＝－g(sin θ＋μcos θ)，則a′－a＝>a，即a′>2a，A項錯誤，B項正確；兩物塊間細線中的張力FT＝ma＋mgsin θ＋μmgcos θ＝，與斜面傾角和動摩擦因數(shù)無關，則當拉力為2F時，細線中的張力為2FT，但張力與兩物塊的質量有關，C項正確，D項錯誤． 答案：BC 三、非選擇題 12．(2018·江西新余一中二模)斜面長度為4 m，一個尺寸可以忽略不計的滑塊以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑時，其下滑距離x與初速度二次方v的關系圖象(即x - v圖象)如圖所示． (1)求滑塊下滑的加速度大?。? (2)若滑塊下滑的初速度為5.0 m/s，則滑塊沿

17、斜面下滑的時間為多長？ 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式v2－v＝2ax得圖線的斜率為k＝－， 由x -v圖象知圖線的斜率為k＝， 則a＝－2 m/s2. 所以滑塊下滑的加速度大小為2 m/s2. (2)由x -v圖象可知，當滑塊的初速度為4 m/s時，滑塊剛好滑到斜面底端，故當滑塊下滑的初速度為5.0 m/s時，滑塊可滑到斜面底端．設滑塊在斜面上滑動的時間為t，則有x＝v0t＋at2， 其中x＝4 m，a＝－2 m/s2，解得t＝1 s，或t＝4 s. 又因滑塊速度減小到零所用時間為 t′＝＝ s＝2.5 s，所以t＝4 s舍去． 答案：(1)2 m/s2　(2

18、)1 s 13．《中華人民共和國道路交通安全法實施條例》第八十條規(guī)定機動車在高速公路上行駛，車速超過每小時100公里時，應當與同車道前車保持100米以上的距離，高速公路上為了保持車距，路邊有0、50 m、100 m、200 m車距確認標志牌，以便司機很好地確認車距．一總質量為m＝1.2×103 kg的小汽車在一條平直的高速公路上以v0＝108 km/h的速度勻速行駛，某時刻發(fā)現(xiàn)前方有一輛故障車停在路上，汽車司機做出反應后立即踩下踏板，汽車以a＝－6 m/s2的加速度減速運動，已知司機的反應時間為t1＝0.5 s．求： (1)從司機看到前方故障車開始直到停止，汽車通過的距離x； (2)汽車

19、剎車時受到的阻力F； (3)從司機發(fā)現(xiàn)故障車到停止運動，汽車的平均速度. 解析：(1)由題意可知，v0＝108 km/h＝30 m/s 汽車剎車前行駛的距離x1＝v0t1＝30×0.5 m＝15 m 減速行駛的距離x2＝ m＝75 m 可得x＝x1＋x2＝90 m. (2)根據(jù)牛頓第二定律可知F＝ma＝1.2×103×(－6)N＝－7.2×103 N(“－”表示方向與運動方向相反) (3)汽車從剎車到停止的時間 t2＝＝ s＝5 s 可得從司機發(fā)現(xiàn)故障車到停止運動，汽車的平均速度 ＝＝ m/s＝16.4 m/s. 答案：(1)90 m　(2)7.2×103 N，方向與運動方向相反　(3)16.4 m/s