2019屆高考物理二輪專題復習 專題二 力與直線運動 第1講 牛頓運動定律在力學中的應用限時檢測.doc

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第1講　牛頓運動定律在力學中的應用 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(2018濟南模擬)目前青島最高建筑是位于市北區(qū)連云港路和敦化路交叉口的青島國際航運中心,海拔高度295米.若有一乘客從該航運中心一樓坐電梯直上樓頂,電梯先豎直向上做勻加速運動,達到一定速度后做勻速運動,最后做勻減速直線運動直到頂樓,則該乘客依次經歷的狀態(tài)是(　C　) A.失重　平衡　超重 B.平衡　失重　超重 C.超重　平衡　失重 D.超重　失重　平衡 解析:當電梯先豎直向上做勻加速運動時,電梯的加速度方向向上,乘客處于超重狀態(tài);當電梯向上做勻速直線運動的過程中,電梯加速度為零,乘客處于平衡狀態(tài);當電梯向上做減速運動的過程中,電梯的加速度方向向下,乘客處于失重狀態(tài).故A,B,D錯誤,C正確. 2.(2018濰坊二模)一架無人機質量為2 kg,運動過程中空氣阻力大小恒定.該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動,一段時間后關閉動力,其vt圖像如圖所示,g取10 m/s2.下列判斷正確的是(　D　) A.無人機上升的最大高度為72 m B.6～8 s內無人機下降 C.無人機的升力大小為28 N D.無人機所受阻力大小為4 N 解析:無人機一直向上運動,8 s末上升到最大高度,最大高度為h= 2482 m=96 m,故A錯誤;6～8 s內速度為正,無人機仍在上升,故B錯誤;6～8 s內加速度大小為a2=Δv2Δt2=242 m/s2=12 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mg+f=ma2,代入數(shù)據(jù)得無人機所受阻力大小為f=4 N;0～6 s內加速度大小為a1=Δv1Δt1=246 m/s2=4 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg-f=ma1,代入數(shù)據(jù)得無人機的升力大小F=32 N,故C錯誤,D正確. 3.(2018德州一模)如圖所示,一質量為M=2 kg、傾角為θ=45的斜面體放在光滑水平地面上,斜面上疊放一質量為m=1 kg的光滑楔形物塊,物塊在水平恒力F作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運動.重力加速度為g=10 m/s2.下列判斷正確的是(　B　) A.物塊對斜面的壓力大小N1=52 N B.斜面體的加速度大小為a=5 m/s2 C.水平恒力大小F=10 N D.若水平作用力F作用到M上系統(tǒng)仍保持相對靜止,則F將變小 解析:M,m整體受重力、水平面支持力N和推力,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向有F=(M+m)a;豎直方向有N=(M+m)g,斜面體M受重力、壓力N1、支持力N,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向有N1sin θ=Ma,豎直方向有N1cos θ+Mg=N,聯(lián)立解得a=mgtanθM=5 m/s2,F=(M+m)mgtanθM=15 N,N1= mgcosθ=102 N,故B正確,A,C錯誤;若水平作用力F作用到M上系統(tǒng)仍保持相對靜止,則對整體有F=(M+m)a′;對m有mgtan 45=ma′,解得F=(M+m)g=30 N,即F變大,故D錯誤. 4.(2018南充模擬)如圖所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ= 30,傳送帶在電動機的帶動下,始終保持v0=7 m/s的速率運行.現(xiàn)把一質量為4 kg的工件(可看為質點)輕輕放在傳送帶的底端,經一段時間后工件被傳送到h=8 m的高處.已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=32,取g=10 m/s2,在這段時間,工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F隨時間t變化的圖像正確的是(　A　) 解析:工件受力如圖所示,據(jù)牛頓第二定律得μmgcos θ-mgsin θ= ma得a=2.5 m/s2,工件速度由0加速到v0所用的時間t=v0a=72.5 s=2.8 s,在這段時間內工件的位移x=12at2=122.52.82 m=9.8 m,傳送帶的長度L=hsinθ=16 m,說明工件與傳送帶共速時還沒有到達頂端.因為 μmgcos θ>mgsin θ,所以共速后物體隨傳送帶勻速運動,因此工件先做初速度為零的勻加速直線運動,后做勻速直線運動,選項A正確;在勻加速階段,由x=12at2,知xt圖像為拋物線,勻速后圖線為直線,選項B錯誤;加速度先不變后為零,選項C錯誤;合外力先不變后為零,選項D錯誤. 5.(2018榆林三模)二十一世紀新能源環(huán)保汽車在設計階段要對其各項性能進行測試,某次新能源汽車性能測試中,圖(甲)顯示的是牽引力傳感器傳回的實時數(shù)據(jù)隨時間變化關系,但由于機械故障,速度傳感器只傳回了第20 s以后的數(shù)據(jù),如圖(乙)所示,已知汽車質量為1 500 kg,若測試平臺水平,且汽車由靜止開始直線運動,設汽車所受阻力恒定,由分析可得(　B　) A.由圖(甲)可得汽車所受阻力為1 000 N B.20 s末汽車的速度為26 m/s C.由圖(乙)可得20 s后汽車才開始勻速運動 D.前20 s內汽車的位移為426 m 解析:由圖(乙)可知,所記錄的20 s后汽車速度不變,說明18 s后汽車做勻速運動,此時牽引力為F3=1.5103 N,由平衡條件知,阻力為f= F3=1.5103 N,故A,C錯誤;0～6 s內,由牛頓第二定律得F1-f=ma1,代入數(shù)據(jù)解得a1=5 m/s2.6 s末車速為v1=a1t1=56 m/s=30 m/s;在6～18 s內,有F2-f=ma2,解得a2=-13 m/s2.第18 s末車速為v2=v1+a2t2= 26 m/s,則20 s末車速為v3=26 m/s,故B正確;汽車在0～6 s內的位移為x1=v12t1=3026 m=90 m;汽車在6～18 s內的位移為x2=v1+v22t2= 30+26212 m=336 m;汽車在18～20 s內的位移為x3=v3t3=262 m=52 m,故汽車在前20 s的位移為x=x1+x2+x3=478 m,故D錯誤. 6.(2018洛陽二模)如圖,長木板C置于光滑水平地面上,A,B兩物塊放在木板上.已知A,B,C的質量mA=mC=m,mB=2m,A,B兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)都為μ,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.現(xiàn)用水平向左的力F作用在A物塊上,當F由0逐漸增大時(　AD　) A.當F=43μmg時,A與C開始相對滑動 B.當F=2μmg時,B所受摩擦力大小為4μmg3 C.一直增大F,B的最大加速度為μg D.無論F多大,B和C總保持相對靜止 解析:A,C間的最大靜摩擦力為fA=μmAg=μmg,A,C間恰好不滑動時,對于A,有F-μmg=ma,對B,C,有μmg=3ma,解得F=43μmg,因此當F= 43μmg時,A與C開始相對滑動,故A正確;若F=2μmg>fA,A,C發(fā)生相對滑動,A對C的滑動摩擦力為μmg,而B,C一起運動的加速度為a=μmg2m+m= 13μg,且保持不變,此時B受到的靜摩擦力為fB=2ma=23μmg<2μmg,所以B,C始終相對靜止,則B的最大加速度為13μg,故B,C錯誤,D正確. 7.(2018太原二模)如圖所示,足夠長的、傾角為30的光滑斜面上,擋板C與斜面垂直.質量均為m的A,B兩相同物塊與勁度系數(shù)為k的輕彈簧兩端相連,在C的作用下處于靜止狀態(tài).現(xiàn)給A施加沿斜面向上的恒力F,使A,B兩物塊先后開始運動.已知彈簧始終在彈性限度內,下列判斷正確的是(　AB　) A.恒力F的值可以小于mg B.物塊B開始運動時,物塊A的加速度為F-mgm C.物塊B開始運動時,A發(fā)生位移的值為mg2k D.當物塊B的速度第一次最大時,彈簧的形變量為mgk 解析:物塊B開始運動時,彈簧的彈力大小F彈=mgsin 30,此時A可能在做減速運動,則有Fμ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度為零的勻加速直線運動,小鐵塊向右做初速度為v1的勻減速直線運動.設小鐵塊和木板的加速度大小分別為a3和a4,經過時間t2木板與小鐵塊速度相同且為v2,木板的位移為x3,則 μ1m1g=m1a3, μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4 又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=12a4t22 代入數(shù)據(jù)解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s, v2=0.5 m/s,x3=0.125 m. 木板與小鐵塊速度相同后,兩者一起做減速運動直至速度為零,設加速度為a5,位移為x4,則 μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5,v22=2a5x4, 代入數(shù)據(jù)解得x4=0.125 m 木板在水平面上總共滑行的位移大小為 x=x2-(x3+x4)=0.625 m. 答案:(1)0.5 s　0.375 m　0.875 m　(2)0.625 m