《高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力和运动 第2讲 直线运动与牛顿运动定律练习-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力和运动 第2讲 直线运动与牛顿运动定律练习-人教版高三全册物理试题.doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题一 力和运动第2讲 直线运动与牛顿运动定律A卷一、单项选择题1(2016太原模拟)用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动从t0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零，则物体运动速度v随时间t的变化图线大致正确的是()解析：用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，说明水平力F(设大小为F0)等于滑动摩擦力f，即F0f.从t0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，其水平力F可表示为F0kt，由牛顿运动定律得，(F0kt)fma，解得a，即加速度a随时间逐渐增大，所以其速度v随时间t的变化图线大致正确的是A.答案：A2(2015广东卷)甲乙两人同时同地出发骑自行车
2、做直线运动，前1小时内的位移时间图象如图所示下列表述正确的是()A0.20.5小时内，甲的加速度比乙的大B0.20.5小时内，甲的速度比乙的大C0.60.8小时内，甲的位移比乙的小D0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：该题图象为位移时间图象，图象斜率大小代表速度大小，分析各段甲乙运动情况：00.2 h内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A错误；在0.20.5 h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B正确；在0.50.6 h内均静止，在0.60.8 h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是5 km，大小是5 km，乙的位移是3
3、km，大小为3 km，选项C错误；整个0.8 h内，甲的路程是15 km，乙的路程是11 km，选项D错误答案：B3如图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为的光滑斜面滑下，然后在不同的角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随变化的图象分别对应图乙中的()(导学号 59230072)图甲图乙A、和B、和C、和 D、和解析：小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin ma，agsin ，而amg，故sin ；由牛顿第三定律得FNFN，FNmFNm，而FNmgco
4、s ，FNmmg，即cos ，则cos ；重力加速度的最大值gmg，即1，故正确选项应为B.答案：B4(2016潮州模拟)做匀加速直线运动的物体，途中依次经过A、B、C三点已知经过A点的速度为1 m/s，AB段的长度为4 m，AB段和BC段的平均速度分别为3 m/s和6 m/s.则()A物体运动的加速度为2 m/s2B物体经过B、C两点的速度分别为7 m/s和9 m/sC物体经过AB段的时间为2 sDBC段的长度等于AB段的长度解析：由匀变速直线运动的平均速度公式AB得物体在B点的速度v22ABv15 m/s，物体经过C点时的速度v32BCv27 m/s，由v2v2as可得物体的加速度am/s
5、23 m/s2，A、B选项错误；物体经过AB段的时间t1s，C选项错误；BC段的长度sBCm4 msAB，D选项正确答案：D二、多项选择题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()A物体将做往复运动B2 s末物体的加速度最大C2 s末物体的速度最大D4 s内物体的位移最大解析：02 s内向一方向做匀加速运动，24 s内仍向一方向做匀减速运动，由于对称性，2 s末物体的速度最大，4 s末速度为0，4 s内位移最大故C、D正确答案：CD6(2016河南林州一中质量监测)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止
6、在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g.某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法正确的是()(导学号 59230073)A物块B的加速度为B物块A、B之间的弹力为C弹簧的弹力为D物块A的加速度为解析：剪断细线前，对物块A分析，可得弹簧弹力Fmg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为Fmg，C正确；剪断细线的瞬间，细线对B的拉力消失，A、B将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mgsin 30F3ma，解得ag，A错误，D正确；以物块B为研究对象，可得2mgsin 30FN2ma，解得FNmg，B正确答案：B
7、CD7.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2，则以下判断正确的是()Aa1a2 Ba1a2CFN1FN2 DFN1m.(3)若mm，物块和木板相对滑动，木板的位移：La1t2，物块的位移：sa2t2，由于LsL，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下，所以有t2；若2mm(3)见解析B卷一、单项选择题1物体甲、乙原来静止于光滑水平面上从t
8、0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力作用则在04 s的时间内()图甲图乙A甲物体所受合力不断变化B甲物体的速度不断减小C2 s末乙物体改变运动方向D2 s末乙物体速度达到最大解析：由甲物体的vt图象可知，物体加速度始终不变，故合力不变，A错误甲物体速度先减小后增大，B错误由乙物体的Ft图象可知，乙物体2 s末力的方向改变，加速度方向改变，而速度方向并不改变，此时速度达到最大，C错误，D正确答案：D2(2016石家庄模拟)甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是()
9、A在04 s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B在02 s内两车间距逐渐增大，24 s内两车间距逐渐减小C在t2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/sD在t4 s时甲车恰好追上乙车解析：在04 s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A错误；在at图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由at图象可知，4 s时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误答案：C3(2016梅
10、州模拟)小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图所示，以下滑起点为位移坐标原点和t0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是()解析：由小球运动的vt图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，C、D两项错误；下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由sat2可知，st2图象为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此st2图
11、象也是一条直线，由vt图象可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确，B错误答案：A4.如图，弹簧吊着箱子A，箱内放有物体B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的力F4mg，而使系统静止撤去F的瞬间，A、B的加速度分别为()(导学号 59230075)AaAaBgBaAg，aB0CaA2g，aBgDaA3g，aBg解析：撤去F前：设弹簧的弹力大小为F0，根据平衡条件得对整体：F2mgF0，解得：F02mg，撤去F的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为F02mg，假设A、B之间的弹力突变为零，则根据牛顿第二定律得对箱子A：F0mg
12、maA，解得：aA3g，对物体B：mgmaB，解得：aBg，所以aAaB，又因物体B处在箱子A的底板之上，因此假设成立，故选D.答案：D二、多项选择题5.物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等根据题目提供的信息，下列判断正确的是(g取10 m/s2)()A物体的质量为m2 kgB物体与水平面间的动摩擦因数0.3C物体与水平面的最大静摩擦力fmax12 ND在F为10 N时，物体的加速度a2.5 m/s2解析：由题图可知，当F7 N时，a0.5 m/s2，当F14 N
13、时，a4 m/s2，由牛顿第二定律知，Ffma，故7f0.5m，14f4m，联立解得：m2 kg，f6 N，选项A正确，C错误；由fmg解得0.3，选项B正确；由牛顿第二定律，Ffma，在F为10 N时，物体的加速度a2.0 m/s2，选项D错误答案：AB6.如图所示，质量为M5 kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m21 kg的物体C，质量为m12 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C与箱子B始终保持相对静止不计定滑轮的质量和一切阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A物体A处于失重状态B物体A的加速度大小为2.5 m/s2C物体C对箱子
14、B的静摩擦力大小为3 ND轻绳对定滑轮的作用力大小为30 N解析：假设绳子拉力为F，根据牛顿第二定律，对A有，m1gFm1a；对B、C整体有，F(Mm2)a；联立解得，F15 N，a2.5 m/s2；物体A有向下的加速度，故是失重，A、B正确；对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律有，fm2a12.5 N2.5 N，故C错误；绳子的张力为15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 N，故D错误答案：AB7(2016湖北七校联考)如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为(090)，一质量为m的小圆环套在直杆上给小圆环施加一与该竖
15、直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()(导学号 59230076)A恒力F一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向B恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向C若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为 mgD恒力F的最小值为mg解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力由Lat2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力
16、沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误，B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan 30，解得Fmg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin 60，解得F的最小值为Fminmgsin 60mg，选项D正确答案：BCD三、计算题8某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20 m远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100 m/s.某次，抛碟机将飞碟以20 m/s初速度竖直
17、向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中(不计空气阻力，g取10 m/s2)，求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹(计算结果小数点后保留2位数字)?解析：(1)飞碟抛出后做竖直上抛运动，设飞碟上升的最大高度为h，由v2gh可得，h20 m由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d20 m，所以可得：tan 1所以射击方向和水平方向的夹角为45.(2)设飞碟上升到最高点所用时间为t1t12 s子弹击中飞碟的位移s和飞行时间t2为sm20 mt2s0.28 s飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔t为tt1t22 s0.28 s1.72 s.答案：(1)
18、45(2)1.72 s9(2016大同模拟)质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示(g取10 m/s2)求：图甲图乙(1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(2)4 s末A、B的速度；(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a2 m/s2对应A板mBgmAaA、B间动摩擦因数0.3.(2)由图象知4 s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积va
19、t124 m/s4 m/s.(3)4 s到6 s末t22 s，木板A运动的位移sAvt2aAt，木块B运动的位移sBvt2aBt，木板的长度lsBsA4 m答案：(1)0.3(2)4 m/s(3)4 m10如图所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速运动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(导学号 592
20、30077)图甲图乙(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块A、B在传送带上显示的划痕长度之比解析：(1)物块A一开始受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知mgsin 37mgcos 37ma1，代入数值得a110 m/s2.设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知v带a1t1，即t10.3 s，此过程中物块A的位移为s1a1t0.45 m，物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知mgsin 37mgcos 37ma2，代入数值得a22 m/s2.由运动学规律知L甲s1v带t2a2t，代入数值得t21 s，所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为tt1t21.3 s.(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上显示的划痕长度为L1v带t1s10.45 m，在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L2v带t2a2tv带t21.0 m.所以物块A在传送带上显示的划痕长度为LAL21 m由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同，所以物块B在传送带上的划痕长度为LBv带t2a2tv带t21.0 m，故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LALB11.答案：(1)1.3 s(2)11