2019年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動第2講直線運(yùn)動和牛頓運(yùn)動定律練案

1、專題一第 2 講直線運(yùn)動和牛頓運(yùn)動定律限時(shí)：40 分鐘、選擇題（本題共 8 小題，其中 15 題為單選，68 題為多選）1 . （2018 湖南省郴州市高三下學(xué)期一模）如圖所示，一物塊以初速度置A開始沿粗糙水平面向右運(yùn)動， 同時(shí)物塊受到一水平向左的恒力F作用，在運(yùn)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(diǎn)向右A點(diǎn)所用時(shí)間之比為（C ）2 . （2018 四川省涼山州高三第三次診斷試題）AB兩物體同時(shí)同地從靜止開始運(yùn)動，其復(fù)練案4V0從圖中所示位運(yùn)動到最大位A. 1 : 4C. 1 : 2D. 2 : 3解析物體從A點(diǎn)向右運(yùn)動的過程,大位移處向左運(yùn)動

2、的過程，由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得F+ 0.6F=ma,物體從右側(cè)最F 0.6F=ma,則得a:比=4 : 1，物體向右的運(yùn)動逆過程是初速度為零的勻加速運(yùn)動,1由X= 2&t2可得11:12=詁32：a1= 1 : 2，故 ABD2錯誤，C 正確；故選 CoB. 1 : 3A.B.C.D.物體A做加速度增大的曲線運(yùn)動AB兩物體在 01s 運(yùn)動過程中距離越來越近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解析v-1圖，其數(shù)值代表速度大小和方向，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(yùn)動。物體A做加速度增

3、大的直線運(yùn)動；在 01s 內(nèi)，B物體在前，A物體在后，距離越來越遠(yuǎn)；由于面積表示X位移，可求 1s 內(nèi)、第 2s 內(nèi)、第 3s 內(nèi)的位移比為 1 : 3 : 2,由v=t，可知平均速度大小為物體B在直線上做往返運(yùn)動運(yùn)動的速度隨時(shí)間的vt圖如圖所示，關(guān)于它們運(yùn)動的描述正確的是31 : 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(yàn)超重和失重。一個(gè)可乘十多個(gè)人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下。落到一定位置時(shí)，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運(yùn)動，到地面時(shí)剛好停下。在上述過程中，關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài)，

4、下列判斷正確的是（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(yùn)動的過程中人處于超重狀態(tài)C. 座艙在整個(gè)運(yùn)動過程中人都處于失重狀態(tài)D. 座艙在整個(gè)運(yùn)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(yùn)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(gè)質(zhì)量分別為mi、m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 卩。傳送帶順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬一 一間，設(shè)AB的加速度大小分

5、別為aA和aB,（彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g）則（C ）APrmA.aA=1(1+m)g,aB=gmB. aA= ig,aB=0C.aA= i(1+m)g,aB=0D. aA= ig,aB=1g解析對物塊B分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：1mg=kx,貝Ux=1.g。以兩k個(gè)物塊組成的整體為研究對象，則繩子的拉力：T=u（m+m）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=T=m+m_ ；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,mmi仍然等于 0,所以B的加速度仍然等于 0。故選項(xiàng) C 正確，ABD

6、 錯誤。故選 G5. （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(yùn)動，物塊恰好能與斜劈保持相對靜止。已知斜劈傾角0= 37,物塊與4斜面間的動摩擦因數(shù) = 0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37 = 0.6 , cos372=0.8，重力加速度g= 10m/s。則拉力F大小為（B ）5A. 1NC. 31N解析根據(jù)牛頓第二定律可得：fcos37 Nsin37 =ma豎直方向：fsin37 +Ncos37 =5mg其中f=卩N,聯(lián)立解得：a=

7、 m/s2,把M m看成一個(gè)整體有：F= （M+n）a,解得：F=10N,故 B 正確，ACD 昔誤。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(yùn)動，當(dāng)滑塊向左運(yùn)動的速度大小為v時(shí)，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(jì)，則（BC ）從剛受到恒定拉力起經(jīng)過時(shí)間 篦，滑塊的速度大小又變?yōu)関、.4v、.從受到恒定拉力起經(jīng)過時(shí)間看滑塊的位置與其剛受到恒定拉力時(shí)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(yùn)動， 則所受的摩擦力f=ma,選項(xiàng) A 錯

8、誤；當(dāng)施加向右的拉力 2ma時(shí)，物體向左做減速運(yùn)動，當(dāng)速度減到零后向右加速運(yùn)動，加速度大小為a=Ff=2mama= a,選項(xiàng) B 正確；物體的速度減到零時(shí)：（m mma-2mat1= 0mv物體的速度從零增加到v時(shí)：（2ma- mat2=mv則從剛受到恒定拉力A. 滑塊受到的摩擦力大小可能為B.2ma該拉力作用一段時(shí)間后，滑塊的加速度大小可能為C.D.對m受力分析如圖所示:64v起，當(dāng)滑塊的速度大小又變?yōu)関時(shí)經(jīng)過時(shí)間為t=t1+t2=，因兩段時(shí)間中的平均速度相7位置與其剛受到恒定拉力時(shí)的位置不相同，選項(xiàng)D 錯誤；故選 BG7. （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

9、在光滑水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）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(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測出木板g= 10m/s2，貝 U （ AC ）解析由圖乙知，當(dāng)F= 4N 時(shí)，加速度為a= 2m/s2,對整體分析:F- 口mg1mM= 2kg，當(dāng)F4N 時(shí)，A、B發(fā)生相對滑動，對B有：a=1Aa象可知，圖線的斜率：k=弘=農(nóng)F= 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(shí)，F(xiàn)= 3N,代入解得 卩=0.2，故 D 錯誤；根據(jù)F= 5N4N 時(shí)，滑塊與木板I1m2B的加速度為a

10、B=訴卩Mg= 4m/s，故 C 正確。&傾角為0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(gè)向左的水平拉力F,物塊仍沿斜面向下運(yùn)動，斜面體M始終保持靜止。則此時(shí)（BD ）同，但是時(shí)間不同， 則兩段時(shí)間的位移大小不同,即從受到恒定拉力起經(jīng)過時(shí)間籌滑塊的B的加速度a,得到如圖乙所示的a-F圖象，取A.B. 木板B的質(zhì)量M= 1.5kgC.D.當(dāng)F= 5N 時(shí)，木板B的加速度a= 4m/s滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為卩=0.1F= (mMa,解岸mg由圖示圖相對滑動,8甲滑塊A的質(zhì)量 m= 1.5kg28Feos0物塊

11、m下滑的加速度大于一mC.水平面對斜面體 M 的靜摩擦力方向水平向右A.物塊m下滑的加速度等于Feom0B.9D.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=u(mgpos0Fsin0)，正壓力FN=mgos0Fsin0,又卩=tan0,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(yùn)動的趨勢，故不受地面的摩擦力，所以D 正確 C 錯誤。二、計(jì)算題(本題共 3 小題，需寫出完整的解題步驟)9. (2018 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

12、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(yùn)動，下移距離為罟時(shí)寸速度減為 0。忽略空氣阻力，重力加速度為g。求:(1)Q做減速運(yùn)動時(shí)加速度的大??；(2)Q從開始運(yùn)動到速度減為零所用的時(shí)間；Q下移距離d(dmgJ 時(shí)，智能材料對P阻力的大小。k解析(1)令Q剛接觸P時(shí)速度為v：v2= 2gH,得：v= 2gH令新型智能材料對P的阻力為Fkd+Fmg= mamgn0=mgcos0，施加拉力F后，min0+Fcos0卩(mgios0Fsin0) =ma解得a=Fcos0+Fsinm，所以

13、接觸P后令其加速度大小為2a罟v2得:kH a=ma,則有:Q自由下落所用的時(shí)間：Q運(yùn)動的總時(shí)10解得：F=m葉k(H d)1110. (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(jìn)行，巴德鑫和王芮聯(lián)袂出戰(zhàn)以6 比 4 擊敗美國隊(duì)。如圖為我國運(yùn)動員巴德鑫推冰壺的情景，現(xiàn)把冰壺在水平面上的運(yùn)動簡化為勻加速或勻減速直線運(yùn)動，冰壺可視為質(zhì)點(diǎn)。設(shè)一質(zhì)量為m 20kg 的冰壺從運(yùn)動員開始推到最終靜止共用時(shí)t= 23s。冰壺 離開運(yùn)動員的手后，運(yùn)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/s2。 求：(1

14、) 冰壺在減速階段的加速度大小？(2) 運(yùn)動員推冰壺的時(shí)間。(3) 運(yùn)動員推冰壺的平均作用力。解析(1)根據(jù)牛頓第二定律得 卩mg= ma冰壺在減速階段的加速度大小為：a1= 0.15m/s一 12采用逆向思維，有x=尹解得：t1= 20s運(yùn)動員推冰壺的時(shí)間為：t2=t11= 23 20s= 3s代入數(shù)據(jù)解得：F= 23N11. (2018 安徽省蚌埠市高三第三次教學(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(gè)設(shè)定值(可稱為水平感應(yīng)距離)時(shí)，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(shí)，門將自動 關(guān)閉。圖b為感應(yīng)門的俯視圖，

15、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vo,若門開啟時(shí)先勻加速運(yùn)動而后立即以大小相等的加速度勻 減速運(yùn)動，每扇門完全開啟時(shí)的速度剛好為零，移動的最大距離為d,不計(jì)門及門框的厚度。(3)勻減速運(yùn)動的初速度為：v=a1t1=0.15x20m/s=3m/s7/廣丿根據(jù)牛頓第二定律得：F卩mg= ma12(1) 求門開啟時(shí)做加速和減速運(yùn)動的加速度大小；(2) 若人以vo的速度沿圖中虛線S走向感應(yīng)門，要求人到達(dá)門框時(shí)左右門同時(shí)各自移動d2 的距離，那么設(shè)定的傳感器水平感應(yīng)距離I應(yīng)為多少？(3)若以(2)的感應(yīng)距離設(shè)計(jì)感應(yīng)門，欲搬運(yùn)寬為的物體(厚度不計(jì))，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：1設(shè)門全部開啟所用的時(shí)間為to,由圖可得d= 2Voto1由速度時(shí)間關(guān)系得：vo=a(o)2Vo聯(lián)立解得：a-dd1(2) 要使單扇門打開 2，需要的時(shí)間為t= -to人只要在t時(shí)間內(nèi)到達(dá)門框處即可安全通過，所以人到門的距離