高考物理大二轮复习第2讲直线运动和牛顿运动定律专题复习指导练案.doc

1第第 2 2 讲讲 直线运动和牛顿运动定律直线运动和牛顿运动定律限时：40 分钟一、选择题(本题共 8 小题，其中 14 题为单选，58 题为多选)1(2017·山东省××市一模)2016 年 10 月 19 日，航天员景海鹏、陈冬顺利进入“天宫二号” ，在“天宫二号”内，下列实验不能进行的是( C )导学号 86084035A用弹簧秤验证力的平行四边形定则B用伏安法测干电池电动势和内阻C用自由落体运动研究动能和重力势能转化的规律D用磁铁、线圈、灵敏电流计等探究感应电流产生的条件解析 用弹簧秤验证平行四边形定则与重力无关，故可以进行，故 A 不符合题意；用伏安法测干电池电动势和内阻与重力无关，可以进行，故 B 不符合题意；用自由落体运动研究动能与重力势能转化的规律时，与物体的重力有关，故 C 不能进行，符合题意；用磁铁、线圈、灵敏电流计等探究感应电流产生的条件与重力无关，可以进行，故 D 不符合题意。本题选择不能进行的，故选：C。22017 年 4 月 2 日，哥伦比亚西南部普图马约省首府莫科阿市因暴雨导致多处发生泥石流。据当地媒体消息，泥石流已造成 206 人死亡。一辆汽车正在前往救援的平直公路上匀速行驶，由于前方道路遭到严重破坏，司机采取紧急刹车做匀减速运动，依次经过a、b、c、d四点，如图所示，已知通过ab、bc和cd位移的时间之比为 1：2：3，ab和cd距离分别为x1和x2，则bc段的距离为( D )导学号 86084036A Bx1x2 22x1x2 x1x2C D3x14x2 45x1x2 4解析 将bc段分成时间相等的两段，位移分别为x3、x4，将cd段分成时间相等的三段，位移分别为x5、x6、x7，设每一段时间为T，根据匀变速直线运动的推论知，x3x1aT2，x4x12aT2，x5x13aT2，x6x14aT2，x7x15aT2，可知xbcx3x42x13aT2，x2x1(x5x6x7)x13x112aT2x12x112aT2，可知aT2，解得xbc。故选：D。x23x1 125x1x2 43(2017·湖南省××市二模)学校“身边的物理”社团小组利用传感器研究物体的运动。在一小球内部装上无线传感器，并将小球竖直向上抛出，通过与地面上接收装置相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图象。已知小球在运动过程中受到的空气阻力2随速度的增大而增大，则下列图象可能是计算机正确描绘的是(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间)( D )导学号 86084037解析 在上升阶段，物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知，mgfma，其中fkv，由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度达到 0 时，小球向下做加速运动，根据mgkvma可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在vt图象中斜率代表加速度，故 D 正确。4(2017·吉林省实验中学二模)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( C )导学号 86084038ATm(acosgsin) FNm(gcosasin)BTm(gcosasin) FNm(gsinacos)CTm(gsinacos) FNm(gcosasin)DTm(asingcos) FNm(gsinacos)解析 当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球的受力如图： 水平方向上由牛顿第二定律得：TcosFNsinma竖直方向上由平衡得：TsinFNcosmg联立得：FNm(gcosasin)，Tm(gsinacos)。故 C 正确。5如图所示，两个质量均为m且用轻弹簧相连接的物块A、B放在一倾角为的光滑斜面上，系统静止。现在用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A，使之沿斜面向上运动，3当物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C时，物块A运动的距离为d，瞬时速度为v，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则( AC )导学号 86084039A 此时物块A运动的距离d2mgsin kB 此时物块A的加速度aFkdmgsin mC 此过程中弹簧弹性势能的改变量Ep0D 此过程中弹簧弹性势能的改变量EpFdmv21 2解析 系统原来处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：mgsinkx1；得此时弹簧的压缩量为：x1，当B刚离开C时，弹簧mgsin k的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律得：此时弹簧的伸长量为：x2，则有：dx1x22，故 A 正确；由上得：x2d，根据牛顿第二定律得：mgsin kmgsin k1 2a，故 B 错误；由于开始时和B刚离开C时弹簧的压Fkx2mgsin mF12kdmgsin m缩量与伸长量相等，所以弹簧的弹性势能的改变量Ep0，故 C 正确，D 错误。6(2017·宁夏银川九中一模)一质点做匀变速直线运动，在时间间隔t内位移大小为s，动能变为原来的 9 倍。该质点的加速度大小为( AC )导学号 86084040A Bs t23s 2t2C D4s t23s t2解析 末动能变为原来的 9 倍，则末速度大小为初速度大小的 3 倍，设质点的初速度为v0，若末速度方向和初速度方向相同，则质点的速度为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，则2 0s t2vv0at3v0，由速度位移公式得v2v2as，解得a，故 AC 正确。2 04s t27倾角为的斜面体M静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知质量为m的物块恰可沿其斜面匀速下滑。今对下滑的物块m施加一个向左的水平拉力F，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M始终保持静止。则此时( BD )导学号 860840414A 物块m下滑的加速度等于Fcos mB 物块m下滑的加速度大于 Fcos mC 水平面对斜面体M的静摩擦力方向水平向右D 水平面对斜面体M的静摩擦力大小为零解析 由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得mg sinmg cos，施加拉力F后，mg sinFcos(mgcosFsin)ma，解得a，FcosFsin m所以 A 错误；B 正确；以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向下为Ff(mgcosFsin)，正压力FNmgcosFsin，又tan，把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以 D 正确；C 错误。8(2017·江西省师大附中一模)如图，水平地面上有一楔形物块a，倾角为37°，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上。a与b之间光滑，a与b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动。当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a与粗糙地面间的动摩擦因数为，g10 m/s2)，则( BC )导学号 86084042A 若0.10，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力变小B 若0.10，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变C 若0.75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变D 若0.80，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力变小解析 在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；5对b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有FcosFNsin0；FsinFNcosmg0；由两式解得Fmgsin，FNmgcos；当它们刚刚运动至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，而b向右的加速度最大为amgtan10× m/s27.5m/s2，此时绳对b没有拉力。若0.1，则3 4物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：FsinFNcosmg0；FNsinFcosma；由两式解得：Fmgsinmacos，FNmgcosmasin；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖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，故地面对a支持力不变，故 A 错误，B 正确；若0.75，a的加速度为 7.5 m/s2，物块b的重力和支持力正好提供其运动的加速度，故绳的拉力为零；再对a、b整体受力分析竖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； 故地面对a支持力不变，故 C 正确；若0.8，则a的加速度为 8 m/s2；同理可得：FsinFNcosmg0；FNsinFcosma；联立解得Fmgsinmacos，FNmgcosmasin，则细绳的拉力变小；再对整体受力分析可知，由C的分析可知，地面对a的支持力不变，故 D 错误。二、非选择题(本题共 2 小题，需写出完整的解题步骤)9(2017·山东省××市二模)车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持1 m/s 的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为 37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为 0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8，g10 m/s2，不计空气阻力(sin37°0.6，cos37°0.8)。导学号 86084043(1)行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B轮的半径为R0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度。6解析 (1)行李包在水平传送带上有摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：1mgma1所以： a11g0.5×105 m/s2行李包达到传送带的速度需要的时间：va1t1所以：t1 0.2 sv a11 5行李包前进的距离：x1a1t1 22 1传送带前进的距离：x2vt1行李包相对于传送带的距离：xx2x1代入数据解得：x0.1 m(2)行李包在B点受到重力和支持力的作用，由牛顿第二定律可知：mgFmv2 R代入数据得：F25 N根据牛顿第三定律，行李包在B点对传送带的压力大小是 25 N，方向竖直向下。(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：2mgcos37°mgsin37°ma2要使它到达底部时的速度恰好为 0，则：0v22a2x代入数据解得：x1.25 m10(2017·山东省××市一模)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A间距为d10.5 m，A与B间距为d21.5 m。两物体与纸带间的动摩擦因数均为10.1，质点A、B与地面间的动摩擦因数为20.2，现以恒定的加速度a2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g10 m/s2。导学号 86084044(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的vt图象；(3)两物体A、B停在地面上的距离s。解析 (1)物体A在纸带上滑动时，由牛顿第二定律有：1mgma1当物体A滑离纸带时，有：ata1td11 22 11 22 17由以上二式，代入数据解得：t11 s(2)A和B都先在纸带上做匀加速后在地面上做匀减速运动，而且两个物体匀加速和匀减速运动的加速度大小均相等，则图线的斜率相同。如图所示。(3)物体A离开纸带时的速度为：v1a1t1两物体在地面上运动时有：2mgma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移为：s1a1t1 22 1v2 1 2a2物体B与A在纸带上滑动时加速度相同，均为a1。当B滑离纸带时有：ata1td1d21 22 21 22 2物体B离开纸带的速度为：v2a1t2物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移为：S2a1t1 22 2v2 2 2a2两物体AB最终停止时的间距为：ss2d2s1由以上各式可得：s3.75 m。