第一部分專題一第2講課時演練知能提升精編

1、一、選擇題1. （2015湖北八校聯(lián)考）如圖所示，為甲、乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則0t2時間內(nèi)下列說法正確的是（）A .兩物體在ti時刻速度大小相等B. ti時刻乙的速度大于甲的速度C. 兩物體平均速度大小相等D甲的平均速度小于乙的平均速度解析：選C.因x t圖線的斜率表示速度，則由圖象可知A、B均錯因平均速度定義A x式為v = AAt，甲、乙兩物體在0t2時間內(nèi)位移大小相等，故平均速度大小相等，C對、D錯.2. （多選）（2015山東濟南一模）一質(zhì)點做直線運動的 v t圖象如圖所示，下列選項正確的是（）A .在24

2、s內(nèi)，質(zhì)點所受合外力為零B質(zhì)點在02 s內(nèi)的加速度比46 s內(nèi)的加速度大C.在第4 s末，質(zhì)點離出發(fā)點最遠D .在06 s內(nèi)，質(zhì)點的平均速度為5 m/s解析：選AD .由題圖可知，在24 s內(nèi)，質(zhì)點做勻速直線運動，所以所受合外力為零，A對.由題圖可知，質(zhì)點在 02 s內(nèi)加速度大小為5 m/s2, 46 s內(nèi)加速度大小為10 m/s2, B錯.由題圖可知，在第 5s末，質(zhì)點離出發(fā)點最遠， C錯.在06 s內(nèi)，質(zhì)點的平均速度7 = X = 5 m/s, D 對.3. （2015江西八校聯(lián)考）2015年元宵節(jié)期間人們?nèi)挤牌鹈利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳 統(tǒng)節(jié)日，按照設(shè)計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專

3、用炮筒中射出后，在3s末到達離地面90m的最高點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案.假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時的初 速度是v。，上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍，g = 10 m/s2,那么V0和k分別等于（）A . 30 m/s, 1B. 30 m/s, 0.5C. 60 m/s , 0.5D. 60 m/s, 1解析：選D .本題考查運動學和牛頓第二定律，利用運動學知識有x= v。尹 t,代入數(shù)據(jù)得vo= 60 m/s;對上升過程中的禮花彈受力分析，如圖所示由牛頓第二定律有：mg+ Ff= ma,又 Ff= kmg,a= 60 m/s2= 20 m/s2，解得:3k = 1故 A

4、、B、C 錯，D 對.4. （2015寶雞高三質(zhì)檢）如圖所示，將質(zhì)量為M的U形框架開口向下置于水平地面上，用輕彈簧1、2、3將質(zhì)量為m的小球懸掛起來.框架和小球都靜止時彈簧1豎直，彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長, 上端剪斷，則在剪斷后瞬間 （這時框架對地面的壓力大小等于）（M + m）g.現(xiàn)將彈簧1從最a的正方向，則人對地板的壓力D. t= 8.5 s時最小A . t = 2 s時最大解析：選AD .人受重力mg和支持力Fn的作用，由牛頓第二定律得Fn mg= ma.由牛A .框架對地面的壓力大小仍為 （M + m）gB .框架對地面的壓力大小為0C.小球的加速度大小等于 gD .小球的

5、加速度為 0解析：選D.剪斷彈簧1瞬間，彈簧的形變不改變，小球所受合外力為0，由牛頓第二定律可知此時小球的加速度大小為0, D項正確，C項錯誤；框架受重力和支持力作用，F(xiàn)n=Mg,由牛頓第三定律可知，框架對地面的壓力大小為Mg , A、B項錯誤.5. （多選）（2015高考江蘇卷）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化 的圖線如圖所示，以豎直向上為C. t = 8.5 s時最大頓第三定律得人對地板的壓力F N = Fn = mg+ ma,當t = 2 s時a有最大值，F(xiàn) N最大.當 t = 8.5 s時，a有最小值，F(xiàn) N最小，選項A、D正確.6. （2015武漢武昌區(qū)高三調(diào)研）

6、從地面豎直上拋一物體 A的同時，在離地面高H處有相 同質(zhì)量的另一物體 B開始做自由落體運動，兩物體在空中同時到達距地面高h時速率都為v（兩物體不會相碰），則下列說法正確的是（）A . H = 2hB .物體A豎直上拋的初速度大小是物體B落地時速度大小的 2倍C.物體A、B在空中運動的時間相等D .兩物體落地前各自的機械能都守恒且兩者機械能相等解析：選D 根據(jù)題設(shè)條件畫出兩物體運動的情景圖，如圖所示，兩質(zhì)量相等的物體經(jīng) 過相同的時間到達相同的位置時的速度相等，兩物體具有相同的機械能，由于兩物體在運動 過程中各自機械能守恒，故兩物體落地前各自的機械能都守恒且兩者機械能相等，選項正確；由運動學公式可

7、得：對物體A到達距地面高h時，v = Va gt,對物體B到達距地面高h時，v= gt,可得:Va= 2v；2222h=專=菁，H - h=壽可得:H = h,選項A錯誤；對物體B,由運動學公式可得：vB = 2gH = 2v.物體A豎直上拋的初速度大小與物體B落地時速 度大小相等，選項B錯誤；由運動學公式可得：物體A在空中運動的時間tA =瞥即物體B在空中運動的時間tB = Vb=空，選項C錯誤. g g7. （2015河北衡水元月調(diào)研）如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜置一個質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運動的速度 v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止. 斜面對物體的支持力和摩

8、擦力分別為Fn和Ff，則下列說法正確的是（）甲Fn增大，F(xiàn)f減小Fn減小，F(xiàn)f增大Fn增大，F(xiàn)f增大Fn減小，F(xiàn)f減小A .在0ti時間內(nèi),B. 在0ti時間內(nèi)，C. 在tit2時間內(nèi), D .在tit2時間內(nèi),解析：選D.在0ti時間內(nèi)，由題圖可知，物體做加速運動，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為0,對物體受力分析，在豎直方向上有Fncos 0+ Ffsin 0 mg = mai，在水平方向上有FnsS 0= Ffcos 0,因加速度減小，則支持力Fn和摩擦力Ff均減小在tit?時間內(nèi)，由題圖可知，物體做減速運動，加速度逐漸增大，對物體受力分析，在豎直方向上有 mg-（Fncos 0+ Ffsi

9、n 0）= ma2，在水平方向上有 Fzsin 0= Ffcos 0,因加速度增大，則支持力Fn和摩擦力Ff均減小，故選D.8. （20i5安徽合肥一模）如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為mi、m?，由輕質(zhì)彈簧相連當用恒力F豎直向上拉著a,使a、b 一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為xi,加速度大小為a仁當用大小仍為 F的恒力沿水平方向拉著 a,使a、b 一起沿光滑水平桌面 做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為X2,加速度大小為a2.則有（）A . ai= a2, Xi = X2C. ai= a2, XiX2B. aia2, Xi = X2D. aiX2F (mi+ m2)g解析：選B .以

10、兩物體及彈簧組成的整體為研究對象，豎直向上運動時,=（mi+ m2）ai;沿水平桌面運動時，F(xiàn) = （mi + m2）a2，比較兩式可得：aia2, A、C項錯誤； 以b為研究對象，由牛頓第二定律有：kx1 m2g = m2a1, kx2 = m2a2，解得：x1 = x2 =m2Fk (mi+ m2),B項正確.9.A2m和m,靜止疊放在水12仏最大靜摩擦力等于滑侈選）（2014高考江蘇卷）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為平地面上.A、B間的動摩擦因數(shù)為卩，B與地面間的動摩擦因數(shù)為動摩擦力，重力加速度為 g.現(xiàn)對A施加一水平拉力 F,則（）A .當F3 jmg時，A相對B滑動1D .無論F

11、為何值，B的加速度不會超過馮33解析：選BCD .對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為-pmg,故當 pmg 3 （.mg時，A相對B才能滑動，C正確.當F = pmg時，A、B相對靜止，對整5（1體有：2 （mg 2 x 3mg = 3ma，a = 3 （，故B正確.無論F為何值，B所受最大的動力為 A12 （mg x 3gg 1對B的最大靜摩擦力 2 （mg，故B的最大加速度 aBm =匚=| （，可見D正確.10. 如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率V1運行.初速度大小為 V2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶.若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上

12、運動的 v t圖象（以地面為參考系）如圖乙所示.已知 V2V1，則（）甲乙A . t2時刻，小物塊離 A處的距離達到最大B. t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大C. 0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D . 0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：選B 物塊滑上傳送帶后將做勻減速運動，t1時刻速度為零，此時小物塊離 A處的距離達到最大，選項 A錯誤；然后在傳送帶滑動摩擦力的作用下向右做勻加速運動，t2時刻與傳送帶達到共同速度，此時小物塊相對傳送帶滑動的距離最大，選項B正確；0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，選項C錯誤；t2t3時間內(nèi)小物塊不受摩擦力

13、，選項D錯誤.二、計算題11. 傳送帶與平板緊靠在一起，且上表面在同一水平面內(nèi)，兩者長度分別為Li= 2.5 m、L2 = 2 m 傳送帶始終保持以速度 v勻速運動.現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)輕放到傳送帶的左端， 然后平穩(wěn)地滑上平板已知：滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)卩=0.5，滑塊與平板、平板與支持面的動摩擦因數(shù)分別為pi= 0.3、應=0.1，滑塊、平板的質(zhì)量均為 m= 2 kg , g取10 m/s 將 t = 2 s代入 v= v1 a1t 得：v= 3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s 12. (2015高考全國卷I, T25 , 20分)一長木板置于粗糙水平地面上

14、，木板左端放置一.求：(1) 若滑塊恰好不從平板上掉下，求v的大??；(2) 若v= 6 m/s,求滑塊離開平板時的速度大小. 解析：(1)滑塊在平板上做勻減速運動，加速度大小:a1 = jmg= 3 m/s2m由于 wmg 2國mg故平板做勻加速運動，加速度大小:wmg-應 2mg = 1 m/s2mt，共同速度為v,平板位移為x,對滑塊：v= v- a1t設(shè)滑塊滑至平板右端用時為L2 + x= vt-如對平板：v= a2tx= a2t2聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得:t= 1 s, v= 4 m/s.a3= 5 m/s2m則獲得的速度為：(2)滑塊在傳送帶上的加速度:若滑塊在傳送帶上一直加速，v1

15、= ,2a3L1 = 5 m/s v 6 m/s即滑塊滑上平板的速度為5 m/s.設(shè)滑塊在平板上運動的時間為t ，離開平板時的速度為v”，平板位移為x，貝H v= v1 a1t，1聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t，1= 2 s, t，2= 2 S(t2 t,不合題意，舍去)小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示.t= 0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t= 1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板.已知碰 撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖乙所示木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，

16、重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1) 木板與地面間的動摩擦因數(shù)小及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)M2；(2) 木板的最小長度；(3) 木板右端離墻壁的最終距離.解析：(1)規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運 動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有M(m + M)g= (m+ M)a1 由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度V1 = 4 m/s,由運動學公式有V1 = v+ a1t1 xo= vt1+ |a1t2 式中，t1= 1 s, Xo= 4.5 m是木板碰撞前的位移，Vo是小物塊和木板開始運動時的速度.聯(lián)立式和題給條件得

17、M = 0.1 在木板與墻壁碰撞后，木板以-V1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以V1的初速度向右做勻變速運動.設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有M?mg= ma2 由題圖乙可得a2 =式中，t2= 2 s, V2= 0,聯(lián)立式和題給條件得呼04設(shè)碰撞后木板的加速度為 a3,經(jīng)過時間厶t ,木板和小物塊剛好具有共同速度V3.由牛頓第二定律及運動學公式得M2mg+ m1(M + m)g= Ma 3V3= Vi + a3 A tV3 = Vi + a2 A t碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為X1 =一 Vi + V32A t?小物塊運動的位移為Vi+ V3X2 =2 A t?小物塊相對木板的位移為A x= x2