2018屆高考物理大二輪復(fù)習(xí)第2講直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題復(fù)習(xí)指導(dǎo)練案.docx

第2講 直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律限時(shí)：40分鐘一、選擇題(本題共8小題，其中14題為單選，58題為多選)1(2017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(hào)”，在“天宮二號(hào)”內(nèi)，下列實(shí)驗(yàn)不能進(jìn)行的是( C )A用彈簧秤驗(yàn)證力的平行四邊形定則B用伏安法測干電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻C用自由落體運(yùn)動(dòng)研究動(dòng)能和重力勢(shì)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)證平行四邊形定則與重力無關(guān)，故可以進(jìn)行，故A不符合題意；用伏安法測干電池電動(dòng)勢(shì)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(dòng)研究動(dòng)能與重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化的規(guī)律時(shí)，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。本題選擇不能進(jìn)行的，故選：C。22017年4月2日，哥倫比亞西南部普?qǐng)D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(dòng)，依次經(jīng)過a、b、c、d四點(diǎn)，如圖所示，已知通過ab、bc和cd位移的時(shí)間之比為1：2：3，ab和cd距離分別為x1和x2，則bc段的距離為( D )ABC D解析將bc段分成時(shí)間相等的兩段，位移分別為x3、x4，將cd段分成時(shí)間相等的三段，位移分別為x5、x6、x7，設(shè)每一段時(shí)間為T，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論知，x3x1aT2，x4x12aT2，x5x13aT2，x6x14aT2，x7x15aT2，可知xbcx3x42x13aT2，x2x1(x5x6x7)x13x112aT2x12x112aT2，可知aT2，解得xbc。故選：D。3(2017湖南省邵陽市二模)學(xué)?！吧磉叺奈锢怼鄙鐖F(tuán)小組利用傳感器研究物體的運(yùn)動(dòng)。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(dòng)規(guī)律的相關(guān)圖象。已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計(jì)算機(jī)正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間)( D )解析在上升階段，物體做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，mgfma，其中fkv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當(dāng)速度達(dá)到0時(shí)，小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)mgkvma可知，隨時(shí)間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在vt圖象中斜率代表加速度，故D正確。4(2017吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模)如圖所示，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(dòng)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)( C ) ATm(acosgsin) FNm(gcosasin)BTm(gcosasin) FNm(gsinacos)CTm(gsinacos) FNm(gcosasin)DTm(asingcos) FNm(gsinacos)解析當(dāng)加速度a較小時(shí)，小球與斜面一起運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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：TcosFNsinma豎直方向上由平衡得：TsinFNcosmg聯(lián)立得：FNm(gcosasin)，Tm(gsinacos)。故C正確。5如圖所示，兩個(gè)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(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開固定在斜面上的擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，瞬時(shí)速度為v，已知彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則( AC )A 此時(shí)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離dB 此時(shí)物塊A的加速度aC 此過程中彈簧彈性勢(shì)能的改變量Ep0D 此過程中彈簧彈性勢(shì)能的改變量EpFdmv2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：mgsinkx1；得此時(shí)彈簧的壓縮量為：x1，當(dāng)B剛離開C時(shí)，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(shí)彈簧的伸長量為：x2，則有：dx1x22，故A正確；由上得：x2d，根據(jù)牛頓第二定律得：a，故B錯(cuò)誤；由于開始時(shí)和B剛離開C時(shí)彈簧的壓縮量與伸長量相等，所以彈簧的彈性勢(shì)能的改變量Ep0，故C正確，D錯(cuò)誤。6(2017寧夏銀川九中一模)一質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移大小為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為( AC )A BC D解析末動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，則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，若末速度方向和初速度方向相同，則質(zhì)點(diǎn)的速度為vv0at3v0，由速度位移公式得v2v2as，解得a；若末速度方向和初速度方向相反，則vv0at3v0，由速度位移公式得v2v2as，解得a，故AC正確。7傾角為的斜面體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(duì)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(dòng)，斜面體M始終保持靜止。則此時(shí)( BD )A 物塊m下滑的加速度等于B 物塊m下滑的加速度大于 C 水平面對(duì)斜面體M的靜摩擦力方向水平向右D 水平面對(duì)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mg sinmg cos，施加拉力F后，mg sinFcos(mgcosFsin)ma，解得a，所以A錯(cuò)誤；B正確；以斜面體為研究對(duì)象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff(mgcosFsin)，正壓力FNmgcosFsin，又tan，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(dòng)的趨勢(shì)，故不受地面的摩擦力，所以D正確；C錯(cuò)誤。8(2017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(dòng)。當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)(物塊a與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g10 m/s2)，則( BC )A 若0.10，則細(xì)繩的拉力為零，地面對(duì)a的支持力變小B 若0.10，則細(xì)繩的拉力變小，地面對(duì)a的支持力不變C 若0.75，則細(xì)繩的拉力為零，地面對(duì)a的支持力不變D 若0.80，則細(xì)繩的拉力變小，地面對(duì)a的支持力變小解析在光滑段運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對(duì)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FcosFNsin0；FsinFNcosmg0；由兩式解得Fmgsin，F(xiàn)Nmgcos；當(dāng)它們剛剛運(yùn)動(dòng)至軌道的粗糙段時(shí)，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amgtan10m/s27.5m/s2，此時(shí)繩對(duì)b沒有拉力。若0.1，則物塊a、b仍相對(duì)靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：FsinFNcosmg0；FNsinFcosma；由兩式解得：Fmgsinmacos，F(xiàn)Nmgcosmasin；即繩的張力F將減小，而a對(duì)b的支持力變大；再對(duì)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(duì)a支持力不變，故A錯(cuò)誤，B正確；若0.75，a的加速度為7.5 m/s2，物塊b的重力和支持力正好提供其運(yùn)動(dòng)的加速度，故繩的拉力為零；再對(duì)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(duì)a支持力不變，故C正確；若0.8，則a的加速度為8 m/s2；同理可得：FsinFNcosmg0；FNsinFcosma；聯(lián)立解得Fmgsinmacos，F(xiàn)Nmgcosmasin，則細(xì)繩的拉力變?。辉賹?duì)整體受力分析可知，由C的分析可知，地面對(duì)a的支持力不變，故D錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟)9(2017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圖所示，繃緊的傳送帶始終保持1 m/s的恒定速率運(yùn)行，AB為水平傳送帶部分且足夠長，現(xiàn)有一質(zhì)量為m5 kg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(shí)沒有被及時(shí)取下，行李包從B端沿傾角為37的斜面滑入儲(chǔ)物槽，已知行李包與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，行李包與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力(sin370.6，cos370.8)。(1)行李包相對(duì)于傳送帶滑動(dòng)的距離；(2)若B輪的半徑為R0.2 m，求行李包在B點(diǎn)對(duì)傳送帶的壓力；(3)若行李包滑到儲(chǔ)物槽時(shí)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：1mgma1所以： a11g0.5105 m/s2行李包達(dá)到傳送帶的速度需要的時(shí)間：va1t1所以：t10.2 s行李包前進(jìn)的距離：x1a1t傳送帶前進(jìn)的距離：x2vt1行李包相對(duì)于傳送帶的距離：xx2x1代入數(shù)據(jù)解得：x0.1 m(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：mgF代入數(shù)據(jù)得：F25 N根據(jù)牛頓第三定律，行李包在B點(diǎn)對(duì)傳送帶的壓力大小是25 N，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：2mgcos37mgsin37ma2要使它到達(dá)底部時(shí)的速度恰好為0，則：0v22a2x代入數(shù)據(jù)解得：x1.25 m10(2017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d10.5 m，A與B間距為d21.5 m。兩物體與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.1，質(zhì)點(diǎn)A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.2，現(xiàn)以恒定的加速度a2 m/s2向右水平拉動(dòng)紙帶，重力加速度g10 m/s2。(1)A物體在紙帶上的滑動(dòng)時(shí)間；(2)在給定的坐標(biāo)系中定性畫出A、B兩物體的vt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(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有：1mgma1當(dāng)物體A滑離紙帶時(shí)，有：ata1td1由以上二式，代入數(shù)據(jù)解得：t11 s(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(dòng)，而且兩個(gè)物體勻加