2023屆高考物理大二輪復(fù)習(xí)第2講直線運(yùn)動和牛頓運(yùn)動定律專題復(fù)習(xí)指導(dǎo)練案

第2講直線運(yùn)動和牛頓運(yùn)動定律限時：40分鐘一、選擇題(此題共8小題，其中1～4題為單項(xiàng)選擇，5～8題為多項(xiàng)選擇)1．(2023·山東省淄博市一模)2016年10月19日，航天員景海鵬、陳冬順利進(jìn)入“天宮二號〞，在“天宮二號〞內(nèi)，以下實(shí)驗(yàn)不能進(jìn)行的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084035)(C)A．用彈簧秤驗(yàn)證力的平行四邊形定那么B．用伏安法測干電池電動勢和內(nèi)阻C．用自由落體運(yùn)動研究動能和重力勢能轉(zhuǎn)化的規(guī)律D．用磁鐵、線圈、靈敏電流計(jì)等探究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件[解析]用彈簧秤驗(yàn)證平行四邊形定那么與重力無關(guān)，故可以進(jìn)行，故A不符合題意；用伏安法測干電池電動勢和內(nèi)阻與重力無關(guān)，可以進(jìn)行，故B不符合題意；用自由落體運(yùn)動研究動能與重力勢能轉(zhuǎn)化的規(guī)律時，與物體的重力有關(guān)，故C不能進(jìn)行，符合題意；用磁鐵、線圈、靈敏電流計(jì)等探究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件與重力無關(guān)，可以進(jìn)行，故D不符合題意。此題選擇不能進(jìn)行的，應(yīng)選：C。2．2017年4月2日，哥倫比亞西南部普圖馬約省首府莫科阿市因暴雨導(dǎo)致多處發(fā)生泥石流。據(jù)當(dāng)?shù)孛襟w消息，泥石流已造成206人死亡。一輛汽車正在前往救援的平直公路上勻速行駛，由于前方道路遭到嚴(yán)重破壞，司機(jī)采取緊急剎車做勻減速運(yùn)動，依次經(jīng)過a、b、c、d四點(diǎn)，如下圖，通過ab、bc和cd位移的時間之比為1：2：3，ab和cd距離分別為x1和x2，那么bc段的距離為eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084036)(D)A．eq\f(x1＋x2,2) B．eq\f(2x1x2,x1＋x2)C．eq\f(3x1＋4x2,4) D．eq\f(5x1＋x2,4)[解析]將bc段分成時間相等的兩段，位移分別為x3、x4，將cd段分成時間相等的三段，位移分別為x5、x6、x7，設(shè)每一段時間為T，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論知，x3＝x1＋aT2，x4＝x1＋2aT2，x5＝x1＋3aT2，x6＝x1＋4aT2，x7＝x1＋5aT2，可知xbc＝x3＋x4＝2x1＋3aT2，x2－x1＝(x5＋x6＋x7)－x1＝3x1＋12aT2－x1＝2x1＋12aT2，可知aT2＝eq\f(x2－3x1,12)，解得xbc＝eq\f(5x1＋x2,4)。應(yīng)選：D。3．(2023·湖南省邵陽市二模)學(xué)?！吧磉叺奈锢悫暽鐖F(tuán)小組利用傳感器研究物體的運(yùn)動。在一小球內(nèi)部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計(jì)算機(jī)描繪出小球上拋后運(yùn)動規(guī)律的相關(guān)圖象。小球在運(yùn)動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，那么以下圖象可能是計(jì)算機(jī)正確描繪的是(v、t分別表示小球速度的大小、運(yùn)動的時間)eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084037)(D)[解析]在上升階段，物體做減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知，mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當(dāng)速度到達(dá)0時，小球向下做加速運(yùn)動，根據(jù)mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確。4．(2023·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模)如下圖，細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細(xì)線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084038)(C)A．T＝m(acosθ－gsinθ)FN＝m(gcosθ＋asinθ)B．T＝m(gcosθ＋asinθ)FN＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gcosθ－asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)FN＝m(gsinθ＋acosθ)[解析]當(dāng)加速度a較小時，小球與斜面一起運(yùn)動，此時小球受重力、繩子拉力和斜面的支持力，繩子平行于斜面；小球的受力如圖：水平方向上由牛頓第二定律得：Tcosθ－FNsinθ＝ma……①豎直方向上由平衡得：Tsinθ＋FNcosθ＝mg……②①②聯(lián)立得：FN＝m(gcosθ－asinθ)，T＝m(gsinθ＋acosθ)。故C正確。5．如下圖，兩個質(zhì)量均為m且用輕彈簧相連接的物塊A、B放在一傾角為θ的光滑斜面上，系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)在用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A，使之沿斜面向上運(yùn)動，當(dāng)物塊B剛要離開固定在斜面上的擋板C時，物塊A運(yùn)動的距離為d，瞬時速度為v，彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084039)(AC)A．此時物塊A運(yùn)動的距離d＝eq\f(2mgsinθ,k)B．此時物塊A的加速度a＝eq\f(F－kd－mgsinθ,m)C．此過程中彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝0D．此過程中彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝Fd－eq\f(1,2)mv2[解析]系統(tǒng)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：mgsinθ＝kx1；得此時彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f(mgsinθ,k)，當(dāng)B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律得：此時彈簧的伸長量為：x2＝eq\f(mgsinθ,k)，那么有：d＝x1＋x2＝2eq\f(mgsinθ,k)，故A正確；由上得：x2＝eq\f(1,2)d，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝eq\f(F－kx2－mgsinθ,m)＝eq\f(F－\f(1,2)kd－mgsinθ,m)，故B錯誤；由于開始時和B剛離開C時彈簧的壓縮量與伸長量相等，所以彈簧的彈性勢能的改變量ΔEp＝0，故C正確，D錯誤。6．(2023·寧夏銀川九中一模)一質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動，在時間間隔t內(nèi)位移大小為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084040)(AC)A．eq\f(s,t2) B．eq\f(3s,2t2)C．eq\f(4s,t2) D．eq\f(3s,t2)[解析]末動能變?yōu)樵瓉淼?倍，那么末速度大小為初速度大小的3倍，設(shè)質(zhì)點(diǎn)的初速度為v0，假設(shè)末速度方向和初速度方向相同，那么質(zhì)點(diǎn)的速度為v＝v0＋at＝3v0，由速度位移公式得v2－veq\o\al(2,0)＝2as，解得a＝eq\f(s,t2)；假設(shè)末速度方向和初速度方向相反，那么v＝v0＋at＝－3v0，由速度位移公式得v2－veq\o\al(2,0)＝2as，解得a＝eq\f(4s,t2)，故AC正確。7．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。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(yùn)動，斜面體M始終保持靜止。那么此時eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084041)(BD)A．物塊m下滑的加速度等于eq\f(Fcosθ,m)B．物塊m下滑的加速度大于eq\f(Fcosθ,m)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＝eq\f(Fcosθ＋μFsinθ,m)，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(yùn)動的趨勢，故不受地面的摩擦力，所以D正確；C錯誤。8．(2023·江西省師大附中一模)如圖，水平地面上有一楔形物塊a，傾角為θ＝37°，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上。a與b之間光滑，a與b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運(yùn)動。當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(物塊a與粗糙地面間的動摩擦因數(shù)為μ，g＝10m/s2)，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084042)(BC)A．假設(shè)μ＝0.10，那么細(xì)繩的拉力為零，地面對a的支持力變小B．假設(shè)μ＝0.10，那么細(xì)繩的拉力變小，地面對a的支持力不變C．假設(shè)μ＝0.75，那么細(xì)繩的拉力為零，地面對a的支持力不變D．假設(shè)μ＝0.80，那么細(xì)繩的拉力變小，地面對a的支持力變小[解析]在光滑段運(yùn)動時，物塊a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，對a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對b受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有Fcosθ－FNsinθ＝0；Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0；由兩式解得F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ；當(dāng)它們剛剛運(yùn)動至軌道的粗糙段時，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，而b向右的加速度最大為am＝gtanθ＝10×eq\f(3,4)m/s2＝7.5m/s2，此時繩對b沒有拉力。假設(shè)μ＝0.1，那么物塊a、b仍相對靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0；FNsinθ－Fcosθ＝ma；由兩式解得：F＝mgsinθ－macosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋masinθ；即繩的張力F將減小，而a對b的支持力變大；再對a、b整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面對a支持力不變，故A錯誤，B正確；假設(shè)μ＝0.75，a的加速度為7.5m/s2，物塊b的重力和支持力正好提供其運(yùn)動的加速度，故繩的拉力為零；再對a、b整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡；故地面對a支持力不變，故C正確；假設(shè)μ＝0.8，那么a的加速度為8m/s2；同理可得：Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0；FNsinθ－Fcosθ＝ma；聯(lián)立解得F＝mgsinθ－macosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋masinθ，那么細(xì)繩的拉力變??；再對整體受力分析可知，由C的分析可知，地面對a的支持力不變，故D錯誤。二、非選擇題(此題共2小題，需寫出完整的解題步驟)9．(2023·山東省濟(jì)寧市二模)車站、碼頭、機(jī)場等使用的貨物安檢裝置的示意圖如下圖，繃緊的傳送帶始終保持υ＝1m/s的恒定速率運(yùn)行，AB為水平傳送帶局部且足夠長，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝5kg的行李包(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度的放在水平傳送帶的A端，傳送到B端時沒有被及時取下，行李包從B端沿傾角為37°的斜面滑入儲物槽，行李包與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，行李包與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8，g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084043)(1)行李包相對于傳送帶滑動的距離；(2)假設(shè)B輪的半徑為R＝0.2m，求行李包在B點(diǎn)對傳送帶的壓力；(3)假設(shè)行李包滑到儲物槽時的速度剛好為零，求斜面的長度。[解析](1)行李包在水平傳送帶上有摩擦力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1所以：a1＝μ1g＝0.5×10＝5m/s行李包到達(dá)傳送帶的速度需要的時間：v＝a1t1所以：t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(1,5)＝0.2s行李包前進(jìn)的距離：x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)傳送帶前進(jìn)的距離：x2＝vt1行李包相對于傳送帶的距離：Δx＝x2－x1代入數(shù)據(jù)解得：Δx＝0.1m(2)行李包在B點(diǎn)受到重力和支持力的作用，由牛頓第二定律可知：mg－F＝eq\f(mv2,R)代入數(shù)據(jù)得：F＝25N根據(jù)牛頓第三定律，行李包在B點(diǎn)對傳送帶的壓力大小是25N，方向豎直向下。(3)行李包在斜面上受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面向下的方向：μ2mgcos37°－mgsin37°＝ma2要使它到達(dá)底部時的速度恰好為0，那么：0－v2＝－2a2代入數(shù)據(jù)解得：x＝1.25m10．(2023·山東省淄博市一模)如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的A、B兩物體置于一靜止長紙帶上，紙帶左端與A間距為d1＝0.5m，A與B間距為d2＝1.5m。兩物體與紙帶間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.1，質(zhì)點(diǎn)A、B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，現(xiàn)以恒定的加速度a＝2m/s2向右水平拉動紙帶，重力加速度g＝10m/s2。eq\x(導(dǎo)學(xué)號86084044)(1)A物體在紙帶上的滑動時間；(2)在給定的坐標(biāo)系中定性畫出A、B兩物體的v－t圖象；(3)兩物體A、B停在地面上的距離s。[解析](1)物體A在紙帶上滑動時，由牛頓第二定律有：μ1mg＝ma1當(dāng)物體A滑離紙帶時，有：eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝d1由以上二式，代入數(shù)據(jù)解得：t1＝1s(2)A和B都先在紙帶上做勻加速后在地面上做勻減速運(yùn)動，而且兩個物體勻加速和勻減速運(yùn)動的加速度大小均相等，那么圖線的斜率相同。如下圖。(3)物體A離開紙帶時的速度為：v1＝a1t1兩物體在地面上運(yùn)動時有：μ2mg＝ma2物體A從開始運(yùn)動到停在地面上過程