高考物理二轮复习 重点讲练专题二 力和直线运动课时作业-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题二 力和直线运动一、选择题(共10个小题，15为单选，610为多选，每题5分共50分)1(2015广东)甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移时间图像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、乙骑行的路程相等答案B答案该题图像为st图像，图像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

2、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 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错误考点定位位移、速度和加速度；匀变速直线运动图像2(2016郑州市5月质检最后一卷)如图所示，在竖直方向运行的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置则下列判断中正确的是()A若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零B若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定

3、大于mgD若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下答案C答案电梯静止或者匀速直线运动，则物块受力平衡，摩擦力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡，即fmgsin，选项A、B错误，若电梯加速上升，则合力向上，即弹力、摩擦力和重力三力合力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力一定大于重力mg，选项C对若电梯加速下降，若处于完全失重，则支持力、摩擦力等于零，若加速度小于重力加速度，则支持力和摩擦力的合力竖直向上，小于重力，摩擦力方向沿斜面向上，选项D错考点定位牛顿运动定律共点力的平衡名师点睛物块受到重力、弹力和摩擦力，若合力向上，则弹力和摩擦力的合力竖直向上且大于重力，若合力等于零，则弹力和摩擦

4、力的合力竖直向上等于重力，若合力向下小于重力，则弹力和摩擦力的合力竖直向上小于重力，当完全失重时，则支持力和摩擦力的合力等于0即没有摩擦力和支持力3(2016开封市5月质检最后一卷)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是()A沿着杆加速下滑B沿着杆减速上滑C沿着杆减速下滑 D沿着杆加速上滑答案B答案把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1m2)gs

5、inf(m1m2)a，垂直斜面方向：FN(m1m2)gcos摩擦力：fFN联立可解得：agsingcos，对小球有：若，agsin现有：gsin所以gsingcosgsin，gsingsingcos因为，所以gsingsin0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D项正确考点定位牛顿第二定律；力的合成与分解的运用名师点睛分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况，本题就是典型的应用整体隔离法的题目4(2015贵州七校联考)在地面上方的某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方存在电场强度为

6、E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方存在电场强度为E2、方向竖直向上的匀强电场一个质量为m、电荷量为q(q0)的带正电小球从上方电场区域的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场区域中与A点关于虚线对称的B点时速度为零，则()A两电场强度的大小关系满足E22E1B如果在A点时带电小球有向下的初速度v0，到达B点后速度一定大于v0C如果在A点时带电小球有水平方向的初速度v0，到达B点所在高度处时速度与初速度相同D如果在A点时带电小球有任意方向的初速度v0，到达B点所在高度处时速度与初速度相同答案C答案带电小球从A点由静止释放后先做匀加速运动，到达水平虚线后做匀减速运动，到达B点时速度减为零，根据运

7、动学公式可知，匀加速过程与匀减速过程的加速度大小相等，有mgqE1qE2mg，解得E2E1，故A项错误；如果在A点时带电小球有初速度，根据功能关系可知，到达B处时速度的大小不变，B项错误；根据运动的独立性原理和运动的合成可知，C项正确；如果在A点有向上的速度分量，则带电小球将先在A点以上运动，回到A点所在高度处时变成有向下的速度分量，故到达B所在高度处时也有向下的速度分量，与初速度方向不同，D项错误5(2016商丘市5月三模)甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的vt图像为两段直线，乙物体运动的vt图像为两段半径相同的圆弧曲线，如图所示，图中t42t2，则在0t4时间内，以

8、下说法正确的是()A甲物体的加速度不变B乙物体做曲线运动C两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇D甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度答案D答案0t2时间段内，甲做匀加速直线运动，t2t4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A项错误；速度是矢量，在速度时间图像中，只能表示直线运动，B项错误；在整个运动过程中t3时刻，两物体相距最远，C项错误；在速度时间图像中，下面所包围的面积即为位移，可求知t4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D项正确考点定位速度时间图像名师点睛速度时间图像中：图线与时间轴围成的“面积”的意义图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的

9、位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向6.(2015海南)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC答案设物体的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T12mg，故a受到的合力Fmg

10、T1mg2mg3mg，故加速度a13g，A项正确，B项错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C项正确，D项错误7(2015江西二模)如图所示，(a)图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，(b)图为物体A与小车的vt图像(v0、v1及g、t1均为已知)，由此可算出()A小车上表面长度B物体A与小车B的质量之比CA与小车B上表面间的动摩擦因数D小车B获得的动能答案BC答案从图像中可以确定A在B表面滑行的距离，不能确定小车长度故A项错误两个的加速度之比就是质量的反比，从速度图像中可以确定加速度之比，故B项正

11、确g为滑块的加速度可以求出动摩擦因数由于小车的质量未知所以不能确定小车的动能8.(2014四川)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()答案BC答案整体来看，可能的情况有第一种v2v1(含两种情况即fGQ和fGQ)，第二种v2v1(含两种情况即fGQ和fGQ)，下面对这两种情况及分态进行分析若v2v1：则P受摩擦力f向右，若fGQ，则向右匀加速到速度为v1后做匀速运动到离开，B选项可能；若fGQ

12、，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项；若v2v1：则P受摩擦力f向左，若fGQ，则减速到v1后匀速向右运动离开，无此选项；若fGQ，则减速到小于v1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，总位移为0，则C图可能故A、D项错误，B、C项正确9(2015山东青岛期末)甲、乙两车在同一直线上同方向运动，两车运动的vt图像如图所示在4 s末两车相遇，由图可知()A甲车的速度变化比乙车慢B乙车出发时乙车在甲车之前20 m处C乙车出发时甲车在乙车之前40 m处D相遇前甲、乙两车的最远距离为40 m答案AD答案在vt图像中斜率表示加速度，加速度越大，速度变

13、化的越快，而甲的斜率小，说明甲车的速度变化比乙车慢，A项正确；在vt图像中图像与时间轴围成的“面积”表示物体的位移，因此在4 s内甲车的位移为60 m，其中前2 s的位移为15 m，而乙车4 s内的位移为20 m，由于在4 s末两车相遇，因此乙车出发时乙车在甲车之前25 m处，B、C项错误；甲出发时两车距离最远，且最远距离为(6020) m40 m，D项正确10(2016济南市5月模拟最后一卷)如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()ATa增大 BTb

14、增大CTa减小 DTb减小答案AD答案设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m，整体质量为M，整体的加速度a，对最左边的物体分析，Tbma，对最右边的物体分析，有FTama，解得TaF.在中间物体上加上橡皮泥，则整体的加速度a减小，因为m、m不变，所以Tb减小，Ta增大，选项A、D正确考点定位考查了牛顿第二定律的应用名师点睛先运用整体法求出加速度，判断加速度的变化，然后隔离对最左边物体和最右边的物体分析，求出拉力的大小，判断拉力的变化二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，13题12分，14题15分，共50分)11(2015河北辛集中学模拟)在2014年底，我国不少省市ETC联

15、网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以正常行驶速度v116 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d8 m处正好匀减速至v24 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t025 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a12 m/s2和a21 m/s2.求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时

16、间t是多少？答案(1)汽车通过ETC通道时：匀减速过程x160 m匀加速过程x2120 m汽车的总位移xx1dx2188 m(2)汽车通过ETC通道时：匀减速过程t16 s匀速过程t22 s匀加速过程t312 s汽车通过ETC通道的总时间tt1t2t320 s汽车通过人工收费通道时：匀减速过程t18 s匀加速过程t216 s汽车通过人工通道的总时间tt1t0t249 s汽车节约的时间ttt29 s12(2015山东模拟)如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角37的表面BC光滑木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当

17、力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示(已知sin370.6，cos370.8，取g10 m/s2.)求：(1)斜面BC的长度L；(2)滑块的质量m；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功W.答案(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律，得得a1gsin6 m/s2通过图像可知滑块在斜面上运动时间为t11 s由运动学公式，得La1t123 m(2)滑块对斜面的压力为：N1mgcos木板对传感器的压力为：F1N1sin由图像可知：F112 N解得m2.5 kg(3)滑块滑到B点的速度为：v1a1t16 m/s由图像可知

18、：f15 N，t22 sa2f/m2 m/s2sv1t2a2t228 mWfs40 J13(2015四川)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E1.5106 N/C，方向水平向右的匀强电场带负电的小物体P电荷量q2.0106 C，质量m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为，且tan1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示P视为质点，电荷量

19、保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s2，求：v(ms1)0v22v5v5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功答案(1)t10.5 s(2)W9.25 J解析(1)物体P在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑动摩擦力大小为fmg1 N根据表格数据可知，物体P在速率v02 m/s时，所受水平外力F12 Nf，因此，在进入电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为a1，不妨设经时间t1速度为v12 m/s，还未进入电场区域根据匀变速直线运动规律有：v1a1t1根据牛顿第二定律有：F1fm

20、a1由式联立解，得t10.5 s0.55 s，所以假设成立即小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间为t10.5 s(2)当物体P在速率v25 m/s时，所受水平外力F26 N，设先以加速度a2再加速t20.05 s至A点，速度为v2，根据牛顿第二定律有：F2fma2根据匀变速直线运动规律有：v2v1a2t2由式联立解，得v23 m/s物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F26 N不变，设位移为x1，加速度为a3，根据牛顿第二定律，有F2fqEma3根据匀变速直线运动规律，有2a3x1vB2v22由式联立解，得x11 m根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平

21、外力为F3qE3 N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为x2，时间为t3，则在水平方向上，有x2vBt3根据几何关系，有tan由式联立解，得x2 m所以电场力做的功为WqE(x1x2)由式联立解，得W9.25 J考点定位物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用14(2015新课标全国)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁

22、碰撞(碰撞时间极短)碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离答案(1)10.120.4(2)木板的最小长度应为6.0 m(3)最终距离为6.5 m答案(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律，有1(mM)g(mM)a1由图可知木板与墙壁碰前瞬

23、间的速度v14 m/s，由运动学公式，得v1v0a1t1s0v0t1a1t12式中t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件，得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律，有2mgma2由图得a2式中t22 s，v20，联立式和题给条件，得20.4(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式，得2mg1(mM)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1t小物块运动的位移为：s2t小物块相对木板的位移为：ss2s1联立式，并代入数值，得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式，得1(mM)g(mM)a40v322a4s3碰后木板运动的位移为：ss1s3联立式，并代入数值，得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.考点定位滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式