高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第2講 直線運動和牛頓運動定律 Word版含解析

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1、 專題一　第2講 限時：40分鐘 一、選擇題(本題共8小題，其中1～5題為單選，6～8題為多選) 1．(2018·湖南省郴州市高三下學(xué)期一模)如圖所示，一物塊以初速度v0從圖中所示位置A開始沿粗糙水平面向右運動，同時物塊受到一水平向左的恒力F作用，在運動過程中物塊受到的滑動摩擦力大小等于0.6F，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物體從A點向右運動到最大位移處所用的時間與從右側(cè)最大位移處再回到A點所用時間之比為(　C　) A．1∶4　　　 B．1∶3 C．1∶2　　　 D．2∶3 [解析]　物體從A點向右運動的過程，由牛頓第二定律得F＋0.6F＝ma1，物體從右側(cè)最大位移處

2、向左運動的過程，由牛頓第二定律得F－0.6F＝ma2，則得a1∶a2＝4∶1，物體向右的運動逆過程是初速度為零的勻加速運動，由x＝at2可得t1∶t2＝∶＝1∶2，故ABD錯誤，C正確；故選C。 2．(2018·四川省涼山州高三第三次診斷試題)AB兩物體同時同地從靜止開始運動，其運動的速度隨時間的v－t圖如圖所示，關(guān)于它們運動的描述正確的是(　D　) A．物體B在直線上做往返運動 B．物體A做加速度增大的曲線運動 C．AB兩物體在0～1s運動過程中距離越來越近 D．B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小之比為1∶3∶2 [解析]　v－t圖，其數(shù)值代表速度大小和方向，

3、斜率表示加速度，面積表示位移；由圖可知，B先勻加速直線，再做勻減速直線，速度為正值，為單向直線運動。物體A做加速度增大的直線運動；在0～1s內(nèi)，B物體在前，A物體在后，距離越來越遠；由于面積表示位移，可求1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移比為1∶3∶2，由＝，可知平均速度大小為1∶3∶2。綜上分析，D正確。 3．(2018·北京市西城區(qū)高三下學(xué)期5月模擬)一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重。一個可乘十多個人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下。落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下。在上述過程中，關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài)，下列判斷

4、正確的是(　B　) A．座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài) B．座艙在減速運動的過程中人處于超重狀態(tài) C．座艙在整個運動過程中人都處于失重狀態(tài) D．座艙在整個運動過程中人都處于超重狀態(tài) [解析]　座艙在自由下落的過程中，加速度為向下的g，人處于完全失重狀態(tài)；座艙在減速運動的過程中，加速度向上，則人處于超重狀態(tài)，故選B。 4．(2018·全國押題卷二)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為μ。傳送帶順時針方向轉(zhuǎn)動，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設(shè)A、B的加速

5、度大小分別為aA和aB，(彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g)則(　C　) A．a(chǎn)A＝μ(1＋)g，aB＝μg　　　 B．a(chǎn)A＝μg，aB＝0 C．a(chǎn)A＝μ(1＋)g，aB＝0　　　 D．a(chǎn)A＝μg，aB＝μg [解析]　對物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm2g＝kx，則x＝。以兩個物塊組成的整體為研究對象，則繩子的拉力：T＝μ(m1＋m2)g；突然剪斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0，而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與T大小相等，方向相反，則：aA＝＝；B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力，合外力不變，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0。故選項C正確，ABD錯誤。

6、故選C。 5．(2018·河北省邯鄲市高三下學(xué)期第一次模擬)如圖所示，在光滑水平面上放有一質(zhì)量M＝30kg的斜劈，在其斜面上放一質(zhì)量m＝2kg的物塊，現(xiàn)用一水平向右的力F拉斜劈，使其由靜止開始運動，物塊恰好能與斜劈保持相對靜止。已知斜劈傾角θ＝37°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。則拉力F大小為(　B　) A．1N　　　 B．10N C．31N　　　 D．310N [解析]　對m受力分析如圖所示： 根據(jù)牛頓第二定律可得：fcos37°－Nsin37°＝ma，豎直方向：f

7、sin37°＋Ncos37°＝mg，其中f＝μN，聯(lián)立解得：a＝m/s2，把M、m看成一個整體有：F＝(M＋m)a，解得：F＝10N，故B正確，ACD錯誤。 6．(2018·陜西省榆林市高三下學(xué)期第四次模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊在水平地面上以大小恒為a的加速度減速向左運動，當(dāng)滑塊向左運動的速度大小為v時，加一方向水平向右、大小為2ma的恒定拉力。若滑塊受到的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，空氣阻力不計，則(　BC　) A．滑塊受到的摩擦力大小可能為2ma B．該拉力作用一段時間后，滑塊的加速度大小可能為a C．從剛受到恒定拉力起經(jīng)過時間，滑塊的速度大小又變?yōu)関 D．從受到

8、恒定拉力起經(jīng)過時間，滑塊的位置與其剛受到恒定拉力時的位置相同 [解析]　小滑塊在水平地面上以大小恒為a的加速度減速向左運動，則所受的摩擦力f＝ma，選項A錯誤；當(dāng)施加向右的拉力2ma時，物體向左做減速運動，當(dāng)速度減到零后向右加速運動，加速度大小為a＝＝＝a，選項B正確；物體的速度減到零時：(－ma－2ma)t1＝0－mv；物體的速度從零增加到v時：(2ma－ma)t2＝mv，則從剛受到恒定拉力起，當(dāng)滑塊的速度大小又變?yōu)関時經(jīng)過時間為t＝t1＋t2＝，因兩段時間中的平均速度相同，但是時間不同，則兩段時間的位移大小不同，即從受到恒定拉力起經(jīng)過時間，滑塊的位置與其剛受到恒定拉力時的位置不相同，選項

9、D錯誤；故選BC。 7．(2018·湖南省邵陽市高三下學(xué)期模擬)質(zhì)量為M的足夠長的木板B放在光滑水平地面上，一個質(zhì)量為m的滑塊A(可視為質(zhì)點)放在木板上，設(shè)木塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖甲所示。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象，取g＝10m/s2，則(　AC　) A．滑塊A的質(zhì)量m＝1.5kg B．木板B的質(zhì)量M＝1.5kg C．當(dāng)F＝5N時，木板B的加速度a＝4m/s2 D．滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1 [解析]　由圖乙知，當(dāng)F＝4N時，加速度為a＝2m/s2，對整體分析：F＝(m＋M)

10、a，解得m＋M＝2kg，當(dāng)F>4N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B有：a＝＝F－，由圖示圖象可知，圖線的斜率：k＝＝＝2，解得M＝0.5kg，滑塊A的質(zhì)量m＝1.5kg，故A正確，B錯誤；當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝3N，代入解得μ＝0.2，故D錯誤；根據(jù)F＝5N>4N時，滑塊與木板相對滑動，B的加速度為aB＝F－μg＝4m/s2，故C正確。 8．傾角為θ的斜面體M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知質(zhì)量為m的物塊恰可沿其斜面勻速下滑。今對下滑的物塊m施加一個向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運動，斜面體M始終保持靜止。則此時(　BD　) A．物塊m下滑的加速度等于 B．物塊m下滑的加速度

11、大于 C．水平面對斜面體M的靜摩擦力方向水平向右 D．水平面對斜面體M的靜摩擦力大小為零 [解析]　由題意知，物塊自己能夠沿斜面勻速下滑，得mgsinθ＝μmgcosθ，施加拉力F后，mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma，解得a＝，所以A錯誤B正確；以斜面體為研究對象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff＝μ(mgcosθ－Fsinθ)，正壓力FN＝mgcosθ－Fsinθ，又μ＝tanθ，把摩擦力和壓力求和，方向豎直向下，所以斜面體在水平方向沒有運動的趨勢，故不受地面的摩擦力，所以D正確C錯誤。 二、計算題(本題共3小題，需寫出完整的解題步驟) 9．(2018·

12、四川省高三下學(xué)期第二次模擬)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧套在固定于地面的豎直桿上。彈簧上端與輕薄片P相連，P與桿之間涂有一層能調(diào)節(jié)阻力的智能材料。在P上方H處將另一質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)Q由靜止釋放，Q接觸P后一起做勻減速運動，下移距離為時速度減為0。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)Q做減速運動時加速度的大??； (2)Q從開始運動到速度減為零所用的時間； (3)Q下移距離d(d<)時，智能材料對P阻力的大小。 [解析]　(1)令Q剛接觸P時速度為v： v2＝2gH，得：v＝ 接觸P后令其加速度大小為a，則有：2a＝v2得：a＝ (2)Q自由下落所用的時間：t1＝＝，

13、 Q做減速運動時所用的時間：t2＝＝ Q運動的總時間：t＝t1＋t2＝＋ (3)令新型智能材料對P的阻力為F kd＋F－mg＝ma 解得：F＝mg＋k(H－d) 10．(2018·浙江省杭州市高三下學(xué)期預(yù)測卷)2018年第23屆平昌冬奧會冰壺混雙比賽循環(huán)賽在江陵冰壺中心進行，巴德鑫和王芮聯(lián)袂出戰(zhàn)以6比4擊敗美國隊。如圖為我國運動員巴德鑫推冰壺的情景，現(xiàn)把冰壺在水平面上的運動簡化為勻加速或勻減速直線運動，冰壺可視為質(zhì)點。設(shè)一質(zhì)量為m＝20kg的冰壺從運動員開始推到最終靜止共用時t＝23s。冰壺離開運動員的手后，運動了x＝30m才停下來，冰壺與冰面間動摩擦因數(shù)為0.015，g＝10m/

14、s2。求： (1)冰壺在減速階段的加速度大??？ (2)運動員推冰壺的時間。 (3)運動員推冰壺的平均作用力。 [解析]　(1)根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma1 冰壺在減速階段的加速度大小為：a1＝0.15m/s2 (2)采用逆向思維，有x＝a1t 解得：t1＝20s 運動員推冰壺的時間為： t2＝t－t1＝23－20s＝3s (3)勻減速運動的初速度為： v＝a1t1＝0.15×20m/s＝3m/s 則推冰壺的平均加速度： a2＝＝m/s2＝1m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma2 代入數(shù)據(jù)解得：F＝23N 11．(2018·安徽省蚌埠市高三第三次

15、教學(xué)質(zhì)量檢測)圖a為自動感應(yīng)門，門框上沿中央安裝有傳感器，當(dāng)人或物體與傳感器的水平距離小于或等于某個設(shè)定值(可稱為水平感應(yīng)距離)時，中間兩扇門分別向左右平移，當(dāng)人或物體與傳感器的距離大于設(shè)定值時，門將自動關(guān)閉。圖b為感應(yīng)門的俯視圖，A為傳感器位置，虛線圓是傳感器的感應(yīng)范圍，已知每扇門的寬度為d，最大移動速度為v0，若門開啟時先勻加速運動而后立即以大小相等的加速度勻減速運動，每扇門完全開啟時的速度剛好為零，移動的最大距離為d，不計門及門框的厚度。 (1)求門開啟時做加速和減速運動的加速度大??； (2)若人以v0的速度沿圖中虛線S走向感應(yīng)門，要求人到達門框時左右門同時各自移動的距離，那么設(shè)

16、定的傳感器水平感應(yīng)距離l應(yīng)為多少？ (3)若以(2)的感應(yīng)距離設(shè)計感應(yīng)門，欲搬運寬為的物體(厚度不計)，并使物體中間沿虛線s垂直地勻速通過該門(如圖c)，物體的移動速度不能超過多少？ [解析]　(1)依題意每扇門開啟過程中的速度圖象如圖所示： 設(shè)門全部開啟所用的時間為t0，由圖可得d＝v0t0 由速度時間關(guān)系得：v0＝a(t0) 聯(lián)立解得：a＝ (2)要使單扇門打開，需要的時間為t＝t0 人只要在t時間內(nèi)到達門框處即可安全通過，所以人到門的距離為l＝v0t 聯(lián)立解得：l＝d (3)依題意寬為d的物體移到門框過程中，每扇門至少要移動d的距離，每扇門的運動各經(jīng)歷兩個階段：開始以加速度a運動s1＝的距離，速度達到v0，所用時間為t1＝，而后又做勻減速運動，設(shè)減速時間為t2，門又動了s2＝d－d＝d的距離 由勻變速運動公式，得：s2＝v0t2－at 解得：t2＝和t2＝(不合題意舍去) 要使每扇門打開d所用的時間為t1＋t2＝ 故物體移動的速度不能超過v＝＝v0