2020届高考物理二轮复习 考前十天必考热点冲刺 热考4 直线运动规律、动力学

热考4直线运动规律、动力学一、选择题1(2019年辽宁庄河三模)消防车的高压水龙头竖直向上喷水，喷出的水可上升到距离管口40 m的最大高度，当高压水龙头固定在高为3 m的消防车上，仍以同样大小的速度将水斜向上喷出，可以使水流以10 m/s2的水平速度射入某楼层的窗户，不计空气阻力，g10 m/s2，则该楼层的窗户距离地面的高度约为()a35 mb38 mc40 md44 m【答案】b【解析】由公式 v22gx得v20 m/s.当水龙头在消防车上时，竖直方向的速度为v竖10 m/s.水在竖直方向上升的高度为h m35 m楼层高度为hhh35 m3 m38 m，故选b.2某质点沿x轴做直线运动，其位置坐标随时间变化的关系可表示为x52tn，其中x的单位为m，时间t的单位为s，则下列说法正确的是()a若n1，则物体做匀速直线运动，初位置在0 m处，速度大小为5 m/sb若n1，则物体做匀速直线运动，初位置在5 m，速度大小为4 m/sc若n2，则物体做匀变速直线运动，初速度大小为0，加速度大小为4 m/s2d若n2，则物体做匀变速直线运动，初速度大小为5 m/s，加速度大小为2 m/s2【答案】c【解析】若n1，则x52t，即初位置在x5 m处，速度大小为v2 m/s，物体做匀速直线运动，故a、b错误；若n2，则x52t2，与xv0tt2对比可得v00，a4 m/s2，故c正确，d错误3(2019年河南实验中学模拟)如图所示，一木块受到的以水平力f作用静止于斜面上，此力f的方向与斜面平行，如果将力f撤除，下列对木块的描述正确的是()a木块将沿斜面下滑b木块受到的摩擦力变小c木块立即获得加速度d木块受到的摩擦力变大【答案】b【解析】由平衡条件可得摩擦力ff，f1的方向与f和mgsin 的合力方向相反，木块与斜面间的最大静摩擦力ffm，撤去f后木块对斜面的压力没有变化，此时mgsin ffm，故木块不会沿斜面下滑，a、c错误；摩擦力大小为ffmgsin mgcos 37，可知物体与传送带不能保持相对静止速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2.解得a2gsin mgcos 4 m/s2，根据lx1vt2a2t.解得t20.5 s故运动的总时间为tt1t21 s，故a错误；小物块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功，为wmgcos vt1mgcos vt2，而t1t20.5 s，故w0，故b正确；前0.5 s内传送带的速度大于小物块的速度，小物块相对于传送带向后运动，相对位移x1vt1x11 m，后0.5 s内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对于传送带向前运动，相对位移是x2(lx1)vt20.5 m，物块相对于传送带的位移是xx1x2(10.5) m0.5 m，故c错误；小物块相对于传送带的路程为lx1x210.51.5 m，因小物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为qflmgcos l3 j，故d正确二、计算题5(2019年江西临川一中模拟)某同学为研究磁悬浮列车的运动，将一个盛着水的玻璃方口杯放在车内的水平台面上，如图所示方口杯内水面ab边长8 cm，列车在做直线运动中的某一时刻，他发现电子信息屏上显示的车速为72 km/h，杯中的前侧水面下降了0.5 cm，此现象一直稳定到车速为288 km/h时，前侧水面才开始回升，则：(1)在前述稳定阶段时列车的位移s大小为多少？(2)若该列车总质量为3104 kg，所受阻力为fkv2(已知k2 ns2/m2，v为速率)，试写出前述稳定阶段列车电动机牵引力关于位移s的表达式(重力加速度取g10 m/s2)【答案】(1)2 400 m(2)f5s38 300(0s2 400 m)【解析】(1)对前述稳定阶段水表面的一滴水进行受力分析得f合mgtan 由几何关系可得tan 由牛顿第二定律可得f合ma解得a1.25 m/s2此过程列车位移 s2 400 m.(2)对列车受力分析，由牛顿第二定律有ffma又因fkv2k(v2as)得f5s38 300(0s2 400 m). 6(2019年齐齐哈尔二模)如图所示，一传送带与水平面的夹角30，且以v12 m/s的速度沿顺时针方向转动，一小物块以v24 m/s的速度从底端滑上传送带，最终又从传送带的底端滑出，已知物块与传送带间的动摩擦因数，传送带足够长，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小物块沿传送带向上滑行的时间t；(2)小物块离开传送带时的速度大小v.【答案】(1)1.25 s(2) m/s【解析】(1)由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度大小为a1，有mgsin mgcos ma1解得a18 m/s2其速度减小到v12 m/s，所用的时间为t10.25 s之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a2，有mgsin mgcos ma2解得a22 m/s2小物块减速到0所用的时间为t21 s故tt1t21.25 s.(2)小物块沿传送带向上滑行的最大距离为xt1t2解得x1.75 m又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a22 m/s2，有2a2xv2解得v m/s.7(2019年河北唐山二模)随着经济发展，乡村公路等级越来越高，但汽车超速问题也日益凸显，为此一些特殊路段都设立了各式减速带现有一辆汽车发现前方有减速带，开始减速，减至某一速度，开始匀速运动，匀速通过减速带，然后再加速到原来速度，总位移为80 m汽车行驶80 m位移的v2x图象如图所示，其中v为汽车的行驶速度，x为汽车行驶的距离求汽车通过80 m位移的平均速度【答案】8 m/s【解析】设初速度为v0，减速后速度为v.则v015 m/s, v5 m/s由运动学公式vv22ax得减速运动a15 m/s2同理加速运动a22.5 m/s2由运动学公式vv0at得减速运动t12 s同理加速运动t24 s由运动学公式xvt得匀速运动t34 s则t总t1t2t310 s则全程平均速度 8 m/s.8(2019年河北保定一模)如图甲所示，光滑斜面oa与倾斜传送带ab在a点相接，且oab在一条直线上，与水平面夹角37，轻质弹赁下端固定在o点，上端可自由伸长到a点在a点放一个物体，在力f的作用下向下缓慢压缩弹簧到c点，该过程中力f随压缩距离x的变化如图乙所示已知物体与传送带间动牌擦因数0.5，传送带ab部分长为5 m，顺时针转动，速度v4 m/s，重力加速度g取10 m/s2.(sin 370.6，cos 370.8) 求：(1)物体的质量m；(2)弹簧从a点被压缩到c点过程中力f所做的功w；(3)若在c点撤去力f，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处？ 【答案】(1)5 kg(2)90 j(3)恰好到达传送带顶端b点【解析】(1)由图象可知mgsin 3730 n解得m5 kg.(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力f所做的功：w j j90 j.(3)撤去力f，设物体返回至a点是速度大小为v0，从a出发两次返回a处的过程应用动能定理wmv解得v06 m/s由于v0v，物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a1，由牛顿第二定律mgsin 37mgcos 37ma1解得 a110 m/s2速度减为v时，设沿斜面向上发生的位移大小为x1，由运动学规律x1解得 x11 m此后摩擦力改变方向，由于mgsin 37mgcos 37，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律mgsin 37mgcos 37ma设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律x2解得 x24 m所以物块能够在传送带上发生的最大位移xmx1x25 m即恰好到达传送带顶端b点9(2019年广西南宁模拟)如图所示，在光滑的水平平台上，有一质量为m2 kg、长为l3 m的长木板，长木板的左端放有一质量为ma1 kg的物块a，物块a通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与重物b相连，物块b的质量为mb1 kg，开始时用手托住重物b，使绳刚好拉直，弹力为零，物块a与滑轮间的轻绳处于水平，物块a与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板的右端离平台的右端足够远，重物b离地面的高度足够高重力加速度g10 m/s2，求：(1)释放物块b后物块a运动的加速度大小；(2)当物块a运动到长木板的中点位置时，轻绳拉物块a的功率大小【答案】(1)4 m/s2(2)24 w【解析】(1)设释放b后，a与木板间有发生相对滑动，绳上拉力大小为t.a做匀加运动的加速度大小为a1，则mbgtmba1tmagma a1 求得a14 m/s2由于mag2 nv，所以物体开始时受到的摩擦力向下，由牛顿第二定律可知mgsin mgcos ma1解得a17.5 m/s2，方向沿传送带向下(2)mgsin gcos ，所以物体减速到v后不能与传送带相对静止，物体从速度v0减到v的过程中，向