（新课标）2020高考物理二轮总复习 第一部分 专题突破方略 专题一 力与运动 1.1.2 直线运动和牛顿运动定律专题限时训练.doc

1.1.2 直线运动和牛顿运动定律专题限时训练一、单项选择题1(2019全国卷)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为h.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足()a12 b23c34 d45答案：c解析：运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动则根据初速度为零的匀加速运动，相等相邻位移时间关系满足1，可知2，即3.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止开始下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()atabtcdtef btabtcdtefctabtcdtef dtabtcd，则tabtcdtef.故选项b正确，a、c、d错误二、多项选择题6(2019全国卷)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻则()a第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小b第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大c第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大d竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案：bd解析：由vt图象的面积易知第二次面积大于或等于第一次面积，故第二次竖直方向的位移大于第一次的位移，选项a错误；由于第二次竖直方向的位移大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，选项b正确；由vt图象的斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，选项c错误；速度为v1时，第一次曲线斜率较大，第二次曲线斜率较小，故a1a2，由gfyma可知，fy1fy2，选项d正确7三角形传送带以 1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37.现有两个小物块a、b从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()a若v01 m/s，则物块a先到达传送带底端b若v01 m/s，则物块a、b同时到达传送带底端c若v01 m/s，则物块a先到达传送带底端d若v01 m/s，则物块a、b同时到达传送带底端答案：bc解析：因为tan 37，即物块重力沿斜面向下的分力大于物块的摩擦力，若v01 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块a、b同时到达传送带底端，b选项正确；若v01 m/s，开始运动的一段时间内，物块a所受摩擦力沿斜面向下，物块b所受摩擦力沿斜面向上，物块a的加速度大于物块b的加速度，当a的速度达到1 m/s时，加速度与b相等，所以物块a先到达传送带底端，即c选项正确8如图所示，质量均为m的两个木块p、q叠放在水平地面上，p、q接触面的倾角为，现在q上施加一水平推力f，使p、q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动下列说法中正确的是()a木块q对地面的压力一定为2mgb若q与地面间的动摩擦因数为，则c若p、q之间光滑，则加速度agtan d若运动中逐渐减小f，则地面与q之间的摩擦力也逐渐减小答案：ac解析：以p、q整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故fn2mg，由牛顿第三定律知q对地面的压力为2mg，故a正确；因p、q做匀加速直线运动，若，在水平方向上由牛顿第二定律得f2mgma，解得a0，故不能做匀加速直线运动，故b错误；若p、q之间光滑，对p受力分析如图，在水平方向上，由牛顿第二定律可知mgtan ma，故agtan ，故c正确；q与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故ff2mg，摩擦力不变，故d错误9(2019泰安模拟)如图所示，小球a置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球b用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上两小球a、b通过光滑定滑轮o用轻质细绳相连，两球均处于静止状态已知小球b的质量为m，o在半圆柱体圆心o1的正上方，oa与竖直方向成30角，oa长度与半圆柱体半径相等，ob与竖直方向成45角现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是()a弹簧弹力大小为mgb小球b的加速度为gc小球a受到的支持力为mgd小球a的加速度为g答案：cd解析：剪断细绳前对小球b受力分析如图甲所示， 由平衡条件可得f绳mg，f弹mgtan 45mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力f弹和小球b受到的重力的大小和方向均没有改变，则f合mg，abg，选项a、b错误；剪断细绳前对小球a受力分析如图乙所示，由平衡条件得mag2f绳cos 30mg，fnamagcos 30mg，选项c正确；剪断细绳瞬间，对小球a由牛顿第二定律有magsin 30maaa，得aagsin 30g，选项d正确三、计算题10新春佳节，许多餐厅生意火暴，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)某次服务员用单手托托盘的方式(如图)给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3 m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力求：(1)服务员运动的最大加速度；(2)服务员上菜所用的最短时间答案：(1)1.5 m/s2(2)6 s解析：(1)设碗的质量为m，托盘的质量为m，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：ff1ma1，碗与托盘间相对静止，则：ff1ff1max1mg解得：a11g0.15101.5 m/s2对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：ff2(mm)a2手和托盘间相对静止，则：ff2ff2max2(mm)g解得：a22g0.2102 m/s2，则最大加速度：amax1.5 m/s2.(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t1 s2 s位移：x1vmaxt132 m3 m减速运动时间：t2t12 s，位移：x2x13 m匀速运动位移：x3lx1x212 m3 m3 m6 m匀速运动时间：t32 s最短时间：tt1t2t36 s.11(2018延边州模拟)如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一质量为m的长木板开始时，长木板上有一质量为m的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动(已知v0v)，小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为(tan )(1)求小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向？(2)小铁块与木板共速前作用在木板上的恒力多大？(3)长木板至少要有多长？答案：(1)g(cos sin )，方向沿斜面向上(2)(m2m)gcos mgsin (3)解析：(1)小铁块在长木板上滑动时受到重力、木板的支持力和沿板向上的滑动摩擦力作用，设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析有(取沿斜面向上为正)：mgcos mgsin ma代入数据得：ag(cos sin )因为tan ，所以小铁块与木板相对滑动时的加速度沿斜面向上(2)木板受铁块的摩擦力f1mgcos 木板受斜面的摩擦力f2(mm)gcos 木板做匀速运动，故ff1f2mgsin (m2m)gcos mgsin .(3)小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零再沿斜面向上匀加速运动，最终获得稳定速度v，设t时间后小铁块达到稳定速度，以沿斜面向上为正方向，则：v(v0)at解得：t设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2，有：s1，方向沿斜面向下s2vt，方向沿斜面向上所以：s1s2解得：l2(s1s2).满分设计例(2017全国卷，25,20分)如图，两个滑块a和b的质量分别为ma1 kg和mb5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量m4 kg，与地面间的动摩擦因数20.1.某时刻a、b两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s，a、b相遇时，a与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2.求：(1)b与木板相对静止时，木板的速度；(2)a、b开始运动时，两者之间的距离科学审题关键点获取信息滑块a和b在木板上运动受到的摩擦力不同，但运动的加速度相同木板除受两滑块的摩擦力外，还受地面施加的摩擦力，系统动量不守恒滑块a和b对木板的摩擦力方向相反，二者合力方向与地面对木板的摩擦力反向第(1)问是求b与木板共速时的速度，且b与木板共速后不会再相对滑动，能一直保持相对静止，最后a、b相遇时，实际是a、b与木板三者有共同速度快速切题开始滑块a和b在木板上相向做加速度大小相同的匀减速直线运动，木板向右做匀加速直线运动；b与木板共速后一起向右继续做匀减速直线运动(加速度变小)，而a先是向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，直至a、b相遇时a、b与木板三者共速故分别选不同研究对象，由牛顿第二定律求出匀变速运动的加速度，再用运动学公式分段列式，利用各运动阶段速度和位移的联系即可解答规范解题(1)由题意可知，滑块a和b在木板上相向滑动时，木板也在地面上向右运动. (1分)设a、b所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，a和b相对于地面的加速度大小分别为aa和ab，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块b与木板达到共同速度前，由滑动摩擦力公式有f11mag(1分)f21mbg(1分)f32(mmamb)g(1分)由牛顿第二定律得f1maaa(1分)f2mbab(1分)f2f1f3ma1(1分)设在t1时刻，b与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1v0abt1(1分)v1a1t1(1分)联立式，代入已知数据得v11 m/s(1分)(2)在t1时间间隔内，b相对于地面移动的距离为sbv0t1abt(1分)设在b与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于b与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mbm)a2(1分)由式知，aaab；再由式知，b与木板达到共同速度时，a的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反(2分)设a和b相遇时，a与木板的共同速度大小为v2，a的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2(1分)对