【物理】2020届二轮复习专题1第2讲　直线运动与牛顿运动定律作业 12页

第一部分　专题一　第2讲 直线运动与牛顿运动定律 一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～9题有多项符合题目要求．‎ ‎1．(2019年浙江卷)一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图所示．在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的位移是(　　)‎ A．0 B．30 m C．750 m D．1 200 m ‎【答案】C ‎2．(2019年湖南怀化一模)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，运动过程中的速度—时间图象如图所示，在0～6 s这段时间内，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲、乙两物体的运动方向始终相反 B．5 s时甲、乙两物体相遇 C．4 s时甲、乙两物体相距最远 D．5 s时甲、乙两物体相距最远 ‎【答案】D ‎【解析】由图象可知，4～5.5 s内甲、乙两物体的运动方向相同，A项错误；5 s时甲、乙两物体的速度相同，二者相距最远，D项正确，B、C项错误．‎ ‎3．(2019年山西名校模拟)近年来冬季里，我市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要．在雾霾天的平直公路上．甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的v－t图象．以下分析正确的是(　　)‎ A．甲车刹车的加速度大小为0.5 m/s2‎ B．两车开始刹车时的距离为100 m C．两车刹车后间距一直在减小 D．两车都停下来后相距25 m ‎【答案】B ‎4．(2018年贵州安顺监测)我国选手谢思埸在2018年国际泳联世界跳水系列赛北京站夺得男子三米跳板冠军，如图所示为谢思埸(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则(　　)‎ A．t1时刻开始进入水面 B．t2时刻开始进入水面 C．t2时刻达到最高点 D．t1～t2时间内速度方向竖直向上 ‎【答案】B ‎5. (2020届湖南名校联考)某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭，质量为m，可提供恒定的推动力，推力大小为F＝2mg，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过时，火箭丢弃掉的质量，剩余时间，火箭推动剩余的继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化)(　　)‎ A．1.5h B．2h C．2.75h D．3.25h ‎【答案】C ‎【解析】对甲同学的火箭，t时间内的加速度恒为a1，F－mg＝ma1，a1＝g，t时刻的速度v1＝a1t，上升的高度h＝gt2＋＝gt2.对乙同学的火箭，在0～内的加速度a2＝a1＝g，时刻的速度为v2＝a2＝gt；在～t内加速度为a2′，则F－mg＝ma2′，则a2′＝3g，在t时的速度v2′＝v2＋a2′＝2gt，上升的高度为h2＝＋＋＝2.75gt2＝2.75h ‎.C正确，A、B、D错误．‎ ‎6．(2019年淄博三模)如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k.这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险．若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小)，下列说法正确的是(　　)‎ A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态 D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态 ‎【答案】C ‎【解析】在最低点时，由牛顿第二定律有4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝，A、B错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，C正确，D错误．‎ ‎7．(2019年江西名校联考)南方气温偏低，经常存在冰冻现象．某校方同学和阳同学(校服材质一样)先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示(两人均可视为质点，且不计人经过B点时的能量损失)．根据上述信息，不能确定方、阳两人(　　)‎ A．经过B点时速度大小相等 B．最终两人停在水平冰面上同一位置 C．损失的机械能相等 D．运动的时间相等 ‎【答案】C ‎【解析】设在斜面上运动的距离为s1，在水平面上运动的距离为s2，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ，物体在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，可得a1‎ ‎＝gsin θ－μgcos θ，所以两人在斜面下滑时加速度相同，根据运动学公式可得v＝2a1s1，经过B点时速度大小相等，对整个过程，运用动能定理得mgs1sin θ－μmgcos θ·s1－μmgs2＝0－0，则得s2＝－s1cos θ，可知s1、μ、θ相同，则知最终两人停在水平冰面上同一位置，同理在水平面上运动的加速度相同，运动时间也相同，故两人运动的总时间相等．由上知不能确定两人质量关系，故不能确定摩擦力相等，也不能判断克服摩擦力做功的大小，所以机械能损失不一定相等，故不能确定方、阳两人损失的机械能是否相等．‎ ‎8．(2019年山东聊城三模)在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示．碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v－t图象如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行．已知两冰壶质量相等，由图象可得(　　)‎ A．红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞 B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8 m/s C．碰撞后，红、蓝两壹运动的时间之比为1∶6‎ D．碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为5∶4‎ ‎【答案】BD ‎【解析】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.2 m/s，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝mv′0＋mv，解得v＝0.8 m/s，碰撞过程两壶损失的动能为ΔEk＝mv－mv′－mv2＝0.16m>0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误，B正确；设碰撞后，蓝壶经过t时间停止运动，根据三角形相似法知＝，解得蓝壶运动时间t蓝＝5 s，由图示图线可知，红壶的加速度大小a红＝＝＝0.2 m/s2，碰撞后红壶的运动时间t红＝＝＝1 s，则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1∶5，C错误；蓝壶的加速度大小a蓝＝＝＝0.16 m/s2，由牛顿第二定律得a＝μg，解得动摩擦因数μ＝，则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比＝＝＝，D正确．‎ ‎9．(2018年武汉调研)如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，‎ 分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是(　　)‎ ‎　　　　 　　　　‎ 　 　‎ ‎　　　　 　　　　‎ 　 A．四种情况中 (3)的加速度一定大于其他三种情况 B．四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况 C．四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况 D．四种情况轻绳的张力一定一样大 ‎【答案】AD ‎【解析】(1)中加速度满足F－(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1，对m有T1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝－gsin θ－μgcos θ，T1＝.(2)中加速度满足F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a2，对m有T2－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－gsin θ，T2＝.(3)中加速度满足F＝(M＋m)a3，对m有T＝ma3，解得a3＝，T3＝.(4)中加速度满足F－(M＋m)g＝(M＋m)a4，对m有T4－mg＝ma4，解得a4＝－g，T4＝.由以上分析可知，选项A、D正确．‎ 二、非选择题 ‎10．(2019年陕西宝鸡二模)如图所示，质量分别为1.0 kg和2.0 kg的物体A和B放置在水平地面上，两者与地面间的动摩擦因数均为0.4，物体B的右侧与一轻质滑轮相连，现将一根轻绳的一端固定在水平地面上离B足够远的位置，另一端跨过轻质滑轮连接在物体A上，轻绳保持水平方向，初始时刻，物体A在水平力F＝20 N作用下由静止向右运动．(重力加速度g＝10 m/s2)，求：‎ ‎(1)轻绳上拉力的大小；‎ ‎(2)t＝2 s时滑轮对物体B做功的瞬间功率．‎ ‎【答案】(1)8.0 N　(2)128 W ‎【解析】(1)设A、B的加速度大小分别为aA、aB，轻绳上的拉力为T，对A、B分别受力分析并应用牛顿第二定律 对于A有F－T－μmAg＝mAaA ‎ 对于B有2T－μmBg＝mBaB 据题意可知aA＝2aB 代入数据得T＝8.0 N.‎ ‎(2)由上述各式可求得aA＝8 m/s2‎ 由运动学公式可得B在t＝2 s时的速度vB＝aBt＝8 m/s 所以滑轮对物体B做功的瞬时功率P＝2T×vB＝128 W.‎ ‎11．如图甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB长度为s＝2.5 m，水平部分BC粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC等高且粗糙程度相同的木板DE紧靠在物块的右端，木板DE质量M＝4 kg，长度L＝1.5 m．一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，且经B点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A到C过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g取10 m/s2，求：‎ ‎　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙　　　　‎ ‎(1)斜面AB的倾角θ；‎ ‎(2)滑块的质量m；‎ ‎(3)滑块到达木板DE右端时的速度大小．‎ ‎【答案】(1)30°　(2)2 kg　(3)1 m/s ‎【解析】(1)在0～1 s内滑块沿斜面匀加速下滑 mgsin θ＝ma x＝at2‎ 由题图乙知t＝1 s 解得sin θ＝，即θ＝30°.‎ ‎(2)在0～1 s内对物块ABC受力分析 mgcos θ·sin θ－F＝0‎ 由题图乙知F＝5 N 解得m＝2 kg.‎ ‎(3)滑块到达B点时的速度 vB＝at＝gtsin θ＝5 m/s ‎1～2 s内滑块在BC部分做减速运动μmg＝ma′‎ 对物块，由图象知μmg＝F＝4 N 解得a′＝2 m/s2，μ＝0.2‎ 滑块到达C点时 vC＝vB－a′t＝vB－μg·t＝3 m/s 滑块滑上木板DE时 对滑块：－μmg＝ma1‎ 对木板：μmg＝Ma2‎ 解得a1＝－2 m/s2，a2＝1 m/s2‎ 设滑块在木板上的滑行时间为t，有 x滑块＝vCt＋a1t2‎ x木板＝a2t2‎ L＝x滑块－x木板 解得t＝1 s 此时，滑块速度 v滑块＝vC＋a1t＝1 m/s 木板速度v木板＝a2t＝1 m/s 滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.‎ ‎12．(2020届武汉调研)一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻放到传送带上，经过时间t＝6 s，物体到达B处．A、B相距L＝10 m．求：‎ ‎(1)物体在传送带上做匀加速运动的时间是多少？‎ ‎(2)如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到B处．要让物体以最短的时间从A处传送到B处，传送带的运行速率至少应为多大？‎ ‎(3)若使传送带的运行速率为10 m/s，则物体从A传送到B的时间又是多少？‎ ‎【答案】(1)2 s　(2)2 m/s　(3)2 s ‎【解析】(1)在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则 t1＋vt2＝10 m t1＋t2＝6 s 解得t1＝2 s.‎ ‎(2)为使物体从A至B所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而a＝＝1 m/s2‎ 由2aL＝v 得vmin＝2 m/s.‎ ‎(3)传送带速度为v＝10 m/s>2 m/s，物体一直做加速度为1 m/s2的匀加速运动，设物体从A至B所用最短的时间为t，则at2＝L t＝＝ s＝2 s.‎ ‎13．(2019年江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；‎ ‎(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；‎ ‎(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.‎ ‎【答案】(1)　(2)aB＝3μg　aB′＝μg ‎(3)2 ‎【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg 匀变速直线运动2aAL＝v 解得vA＝.‎ ‎(2)设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg 由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg 由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg.‎ ‎(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2‎ 且xB－xA＝L 解得vB＝2.‎ ‎14．(2019年湖南名校开学考)‎ 某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m＝0.8 kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定牵引力F＝20 N的作用，未放砖块时车以v0＝3 m/s的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T＝0.8 s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图乙中仅画出了0～0.8 s内车运动的v－t图象，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)车停止时，车上放有多少块砖？‎ ‎【答案】(1)8 kg　0.25　(2)5‎ ‎【解析】(1)小车的上表面光滑，砖块相对地面始终保持静止状态，放上砖块后小车开始做匀减速运动，设小车与地面间的动摩擦因数为μ，未放砖块时μMg＝F 放上第一块砖后，对小车有F－μ(m＋M)g＝Ma1‎ 即－μmg＝Ma1‎ 由v－t图象可知a1＝ m/s2＝－0.25 m/s2‎ 解得μ＝0.25，M＝8 kg.‎ ‎(2)同理，放上第二块砖后，对小车有－2μmg＝Ma2‎ 代入数据解得a2＝－0.5 m/s2‎ ‎0．8 s内速度改变量Δv2＝a2T＝－0.4 m/s 放上第三块砖后小车的加速度为 a3＝－3μ＝－0.75 m/s2‎ ‎0．8 s内速度改变量 Δv3＝a3T＝－3×0.2 m/s＝－0.6 m/s 则放上第n块砖后小车的加速度 an＝－n×0.25 m/s2＝0.25n m/s2(n＝1,2,3…)‎ ‎0．8 s内速度改变量Δvn＝－0.2n m/s(n＝1,2,3…)‎ 所以Δv＝Δv1＋Δv2＋Δv3＋…＋Δvn＝－(1＋2＋3＋…＋n)×0.2 m/s 而Δv＝0－3 m/s＝－3 m/s 联立解得n＝5‎ 即当小车停止时，车上有5块砖．‎ ‎15．如图，倾角θ＝37°的足够长的斜面上，有一质量M＝1.0 kg、长度L＝2.55 m的薄板A，其上面以ab为分界线由两种不同材料拼接而成(其中ab以上部分光滑，长度为L1＝0.75 m)，下表面与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.4.在薄板A的上表面左端放一质量m＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，同时将A、B由静止释放．已知B与A的上表面ab以下部分的动摩擦因数μ2＝0.25，B与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.5.认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，物块B从薄板A上滑到斜面上时速度不变，取g＝10 m/s2，(sin 37°＝0.6)求：‎ ‎(1)B在A上滑动的时间；‎ ‎(2)从A、B分离到A在斜面上追上B经历的时间．‎ ‎【答案】(1)1 s　(2)10.5 s ‎【解析】(1)刚释放时，对物块B，设其加速度为a1‎ mgsin θ＝ma1‎ 对木板A分析有 Mgsin θ<μ1(m＋M)gcos θ B在A的上部分滑动时，A保持静止．设B刚离开上部分时速度为v1，有v＝2a1L1‎ 解得v1＝3 m/s B在A的上部分滑动时间为t1，有v1＝a1t1‎ 解得t1＝0.5 s B在A的下部分滑动时，设B的加速度为a2，A的加速度为a3，该过程的时间为t2，B的位移为x1，A的位移为x2‎ mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2‎ Mgsin θ＋μ2mgcos θ－μ1(M＋m)gcos θ＝Ma3‎ 解得a2＝4 m/s2，a3＝1.6 m/s2‎ x1＝v1t2＋a2t x2＝a3t x1－x2＝L－L1‎ 解得t2＝0.5 s B在A上滑动的时间为t，则 t＝t1＋t2＝1 s.‎ ‎(2)设物块B离开薄板A时，物块B和薄板A的速度分别为v2和v3‎ v2＝v1＋a2t2‎ v3＝a3t2‎ 解得v2＝5 m/s，v3＝0.8 m/s B滑到斜面上后，设B的加速度为a4，A的加速度为a5‎ mgsin θ－μ3mgcos θ＝ma4‎ Mgsin θ－μ1Mgcos θ＝Ma5‎ 得a4＝2 m/s2，a5＝2.8 m/s2‎ B滑到斜面上后到A、B再次相遇时间为t3，位移为x3‎ x3＝v2t3＋a4t x3＝v3t3＋a5t 解得t3＝10.5 s.‎ ‎16．(2019年山东青岛统考)如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角α＝37°的光滑斜面平滑连接．靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止．传送带N端与半径r＝0.2 m的光滑四分之一圆弧相切，小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞．已知两物块的质量mb＝2ma＝2 kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，MN间的距离L＝1.2 m, g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)物块a运动到N点时受到的支持力；‎ ‎(2)物块b第一次沿斜面上滑的时间；‎ ‎(3)两物块在第n次碰撞后到第n＋1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热．‎ ‎【答案】(1)30 N　(2) s　 (3) J ‎【解析】(1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得mgr＝mv－0，解得v1＝＝2 m/s 对物块a运动到N点时受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mag＝ma，解得FN＝30 N ‎(2)小物块a在传送带上运动的加速度a1＝＝2.5 m/s2‎ 设小物块a加速到3 m/s前进的距离为x，则x＝ ＝1 mtb1‎ 因此小物块a从传送带上返回再次与静止的b物块发生碰撞．经过n次碰撞后小物块a获得的速度van＝nv2＝ m/s 小物块a与传送带间的相对位移 Δx＝v0tan＋tan＋v0tan－tan＝ 故生成的热量Q＝μmagΔx＝2mav0van＝ J