2019年高考物理二轮复习 备课资料 专题二 力与直线运动 第1讲 应用牛顿运动定律解决力学问题专题限时检测.doc

2019年高考物理二轮复习 备课资料 专题二 力与直线运动 第1讲 应用牛顿运动定律解决力学问题专题限时检测一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1. (xx河南平顶山模拟)如图所示,质量分别为m,2m的小球A,B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线.在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度的大小分别为(A)A.,+g B.,+gC.,+g D.,+g解析:对两球及弹簧整体,由牛顿第二定律F-3mg=3ma,对B球有F弹-2mg=2ma,解得F弹=,对A球有mg+F弹=maA,得aA=+g,选项A正确.2.如图所示,物体自O点由静止出发开始做匀加速直线运动,途径A,B,C三点,其中A,B之间的距离L1=2 m,B,C之间的距离L2=3 m.若物体通过L1,L2这两段位移的时间相等,则OA之间的距离L等于(C)A. m B. mC. m D. m解析:物体通过L1,L2这两段位移的时间相等,设为T,则vB=,加速度a=,在A点速度vA=vB-aT=,解得L= m.3.(xx湖南师大附中模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图(甲)所示.一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止.小铅块运动过程中所受的摩擦力始终不变,现将木板分成A和B两段,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着A放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动,如图(乙)所示,则下列有关说法正确的是(C)A.小铅块恰能滑到木板B的右端,并与木板B保持相对静止B.小铅块将从木板B的右端飞离木板C.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止D.木板B达到的最终速度与图(甲)情景中木板达到的最终速度大小相同解析:在图(甲)情景中小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,图(乙)情景中小铅块先使整个木板加速,运动到B部分上后A部分停止加速,只有B部分加速,加速度大于图(甲)情景中的对应过程,故图(乙)情景中小铅块与B木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到B的右端就与B保持相对静止了,选项A,B错误,C正确;图(乙)情景中木板B达到的最终速度比图(甲)情景中木板达到的最终速度大,选项D错误.4.(xx河北唐山模拟)一列有8节车厢的动车组列车,沿列车前进方向看,每两节车厢中有一节自带动力的车厢(动车)和一节不带动力的车厢(拖车).该动车组列车在水平铁轨上匀加速行驶时,设每节动车的动力装置均提供大小为F的牵引力,每节车厢所受的阻力均为f,每节车厢总质量均为m,则第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为(A)A.0B.2FC.2(F-f)D.2(F-2f)解析:以整体为研究对象,由牛顿第二定律4F-8f=8ma,以后4节车厢为研究对象,由牛顿第二定律F45+2F-4f=4ma,解得F45=0,选项A正确.5. 静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用,在4 s内该力随时间变化的关系如图所示,则(D)A.物体将做往复运动B.2 s末物体的加速度最大C.2 s末物体的速度最小D.4 s内物体的位移最大解析:02 s内物体向正方向做匀加速运动,24 s内向正方向做匀减速运动,所以2 s末物体的速度最大,由于前2 s与后2 s的加速度大小相等,所以4 s末速度为0.则4 s内位移最大,选项D正确.6. (xx辽宁大连模拟)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍,保证雾天行车安全显得尤为重要.在雾天的平直公路上,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图像,以下分析正确的是(BD)A.甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2B.两车开始刹车时的间距为100 mC.两车刹车后间距一直在减小D.两车都停下来后相距12.5 m解析:由题图可知,两车刹车后直到速度相等经历的时间为20 s,甲车的加速度a1= m/s2=-1 m/s2,乙车的加速度a2= m/s2=-0.5 m/s2,此时甲车的位移x甲=v甲t+a1t2=(2520-1400)m=300 m,乙车的位移x乙=v乙t+a2t2=(1520-0.5400)m=200 m,两车刚好没有发生碰撞,则两车开始刹车时的间距x=(300-200)m=100 m,选项A错误,B正确;两车刹车后甲的速度先大于乙的速度,两者间距减小,后来甲的速度小于乙的速度,两者间距增大,选项C错误;根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,两车都停下来后的距离为如图中阴影部分三角形面积,则x=(30-25)5 m=12.5 m,选项D正确.7.(xx吉林实验中学二模)如图,水平传送带A,B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数=0.1.工件滑上A端瞬时速度vA=4 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,下列说法正确的是(ABC)A.若传送带不动,则vB=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=3 m/sD.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=2 m/s解析:若传送带不动,工件的加速度大小a=g=1 m/s2,由匀变速直线运动的速度位移公式有-=-2as,得到vB=3 m/s,选项A正确.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度大小仍为a=g,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3 m/s,选项B正确;若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度大小仍为a=g,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3 m/s,选项C正确,D错误.8. (xx吉林实验中学二模)如图所示,重80 N的物体A放在倾角为30的粗糙斜面上,有一根原长为10 cm、劲度系数为1 000 N/m的弹簧,其一端固定在斜面底端,另一端放置物体A后,弹簧长度缩短为8 cm,现用一测力计沿斜面向上拉物体,若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N,当弹簧的长度仍为8 cm时,测力计读数可能为(ABC)A.10 NB.20 NC.40 ND.60 N解析: 施加拉力前,物体受到四个力的作用而平衡,重力G、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力T,受力如图,其中T=kx=1 0000.02 N=20 N,根据平衡条件可求出f=Gsin 30-T=20 N,方向沿斜面向上.施加拉力F后,弹簧长度不变,说明物体仍然静止,并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变,若摩擦力沿斜面向上,则F+f+T=Gsin 30,即F+f=20 N,摩擦力f随着F增大而变小,当F=20 N时,f=0,若F20 N,摩擦力沿斜面向下,因为物体没有滑动,所以F+TGsin 30+fm,代入数据可得F45 N,所以测力计读数在045 N之间.选项A,B,C正确,D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)如图(甲)所示,倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足够长.一根轻弹簧一端固定在斜面的底端,另一端与质量m=1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触,滑块与弹簧不相连,弹簧处于压缩状态.当t=0时释放滑块.在00.24 s时间内,滑块的加速度a随时间t变化的关系如图(乙)所示.已知弹簧的劲度系数k=2.0102 N/m,当t1=0.14 s时,滑块的速度v1=2.0 m/s.g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos=37=0.8.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:(1)斜面对滑块的摩擦力f的大小;(2)t1=0.14 s时滑块与出发点间的距离d;(3)在00.44 s时间内,滑块运动的路程s.解析:(1)由题图(乙)可知,当t1=0.14 s时,滑块与弹簧开始分离,此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力,如图(a)所示.分离后,滑块开始做匀减速直线运动,在这段过程中,由题图(乙)可知,滑块加速度的大小a1=10 m/s2根据牛顿第二定律有mgsin +f=ma1解得f=4.0 N.(2)当t1=0.14 s时,弹簧恰好恢复原长,所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x.由题图(乙)可知,在出发点时滑块加速度的大小a=30 m/s2,此时滑块受力如图(b)所示,有kd-mgsin -f=ma解得d=0.20 m.(3)设从t1=0.14 s时开始,经时间t1滑块的速度减为零,则有t1=0.20 s,在这段时间内滑块运动的距离x1=0.20 m,t2=0.34 s时滑块速度减为零,此后滑块将反向做匀加速直线运动,受力如图(c)所示,根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小a2=2.0 m/s2,在0.340.44 s(t2=0.10 s)时间内,滑块沿斜面下滑的距离x2=a2=0.01 m.所以在00.44 s时间内运动的路程s=d+x1+x2=0.41 m.答案:(1)4.0 N(2)0.20 m(3)0.41 m10.(18分)(xx山西右玉一模)如图所示,长2 m的木板AB静止在粗糙水平地面上,C为其中点,木板上表面AC部分光滑,CB部分粗糙,下表面与水平地面间的动摩擦因数1=0.1,木板右端静止放置一个小物块(可看成质点),它与木板CB部分的动摩擦因数2=0.2.已知木板和小物块的质量均为2 kg,重力加速度g取10 m/s2,现对木板施加一个水平向右的恒力F.(1)为使小物块与木板保持相对静止,求恒力的最大值Fm;(2)当F=20 N时,求小物块经多长时间滑到木板中点C.解析:(1)设小物块能够达到的最大加速度为am,则有2mg=mam解得am=2 m/s2对整体进行受力分析,有Fm-1(M+m)g=(M+m)am解得Fm=12 N.(2)当F=20 N时,小物块相对于木板发生相对滑动,对木板受力分析,有F-1(M+m)g-2mg=Ma1得a1=6 m/s2小物块加速度a2=am=2g=2 m/s2则有a1t2-a2t2=L解得t= s.答案:(1)12 N(2) s