《高三物理二轮复习 专题限时集训 第1部分 专题突破篇 专题2 力与直线运动-人教版高三物理试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理二轮复习 专题限时集训 第1部分 专题突破篇 专题2 力与直线运动-人教版高三物理试题（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题限时集训(二)力与直线运动(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2016济南2月质检)甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移时间(xt)图象如图15所示，由图象可以看出在04 s内()【导学号：37162016】图15A甲、乙两物体始终同向运动B第4 s末时，甲、乙两物体间的距离最大C甲的平均速度等于乙的平均速度D乙物体一直做匀加速直线运动Cxt图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在02s内，甲、乙都沿正
2、向运动，同向运动；在24 s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；4 s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在04 s内，甲、乙的位移都是2 m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误2(2016山东潍坊二模)如图16甲所示，小物体从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x时的速度为v，其xv2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则斜面倾角为()图16A30B45C60 D75A由x得，xv2图象的斜率k，解得物块的加速度大小a5 m/s2，由agsin 得斜面倾角30，选项A正确
3、3如图17所示，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2，可认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是()图17A小球受力个数不变B小球立即向左加速，且加速度的大小为a8 m/s2C小球立即向左加速，且加速度的大小为a10 m/s2D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a10 m/s2B剪断轻绳前小球的受力情况如图所示，当绳子剪断的瞬间，轻绳的拉力突然消失，
4、由于重力的作用，小球与水平面之间产生压力，又由于小球将要向左运动，因此还受到水平面的摩擦力作用，因此，小球的受力比剪断前多一个力，A错误；根据平衡条件得轻弹簧的弹力大小为Fmg10 N，细线的拉力大小为FTmg10 N，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F10 N，所以小球受到弹簧弹力为F10 N，方向水平向左，小球所受的最大静摩擦力为fmg0.210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a m/s28 m/s2，方向水平向左，故B正确，C、D错误4(2016南通二模)如图18所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因
5、数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()图18A.B.C. D.C要使卡车安全停下来，即钢铁构件A、B及卡车保持相对静止，设钢铁构件A恰好相对B不滑动的加速度为a2，钢铁构件A、B相对卡车刚好不滑动的加速度为a1，由牛顿第二定律得2mAgmAa2，1(mAmB)g(mAmB)a1，解得a22g，a11g，因为12，所以卡车的最大加速度为a2，设卡车的速度为v0，由匀变速直线运动规律得v2a2s0，解得v0，选项C正确，A、B、D错误5. (201
6、6合肥二模)如图19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()图19AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtEFB设上部圆的直径为D，下部半圆的半径为R，对轨道AOB，其长度为L1Dcos R，在其上运动的加速度a1gcos ，由L1a1t，解得：tAB.对轨道COD、EOF，同理可解得：tCD
7、，tEF.由轨道与竖直线的夹角关系为可知，tABtCDtEF，选项B正确6(2016长春三模)如图20所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法中正确的是()【导学号：37162017】图20A当0Fmg时，绳中拉力为0B当mgF2mg时，A、B物体均静止C当F2mg时，绳中拉力等于D无论F多大，绳中拉力都不可能等于ABC因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当0Fmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳子拉力为0，A正确；当mgF2mg时，A
8、、B整体受到拉力和摩擦力的作用，二者平衡，A、B整体处于静止状态，B正确；当F2mg时，整体将开始加速运动，对整体a，对B：a，由上两式得F拉，C正确；当mgF2mg时，拉力F为mg时，绳子的拉力可为，D错误7(2016湖北八校联考)如图21甲所示为某小区供儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB为斜面滑槽，BC为水平滑槽，t0时刻儿童从顶端A处开始下滑，其运动的速率v随时间t变化的图线如图乙所示若重力加速度及图中的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，儿童可视为质点，儿童与滑槽间的动摩擦因数处处相同，经过B处前后瞬间的速度大小不变，则可求出()甲乙图21A儿童的质量B儿童与斜面间的动摩擦因数C斜面滑
9、槽的倾角D斜面滑槽顶端A与水平滑槽间的高度BCD根据vt图象切线的斜率表示加速度，可分别算出儿童在斜面滑槽、水平滑槽上运动的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，mgma2，可求出动摩擦因数和倾角 ，无法求出儿童质量m，B、C正确，A错误；设ttB时儿童经过B处的速率为vB，则vBa1tB，vBv2a2(t2tB)，可求出vB，又v2a1，可求出斜面滑槽顶端A与水平滑槽间的高度hA，D正确8(2016海南七校联盟二联)如图22所示，a、b分别是A、B两物体的vt图象，以下说法正确的是()【导学号：37162018】图22AA物体在5 s内一直做匀减速直线运动，
10、B物体在5 s内一直做匀速直线运动B在5 s内A、B两物体的位移差是35 mCA物体在第3 s末的速度为12 m/sD前3 s内A物体的位移为60 mBD从vt图象可知A物体在前1 s内和后4 s内加速度不同，所以A物体在5 s内一直做匀减速直线运动的说法是错误的，选项A错误；在5 s内，可由vt图象面积法求得A、B两物体的位移差s1 m10 m35 m，选项B正确；由vt图象可知A物体在1 s末速度是20 m/s，在13 s内加速度大小是aA2 m/s22.5 m/s2，则A物体在第3 s末的速度vv0aA2t(202.52) m/s15 m/s，选项C错误；前3 s内A物体的位移sAs1v
11、0taA2t21 m(2022.522) m60 m，选项D正确二、计算题(共2小题，32分)9(12分)如图23所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t11.0 s，撤除水平推力F后经过t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff12 N，求：图23(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离【解析】
12、(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s位移x1a1t0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2 m/s20.2 m/s2经时间t2速度变为v1v1a2t21.2 m/s0.22.0 m/s0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2联立解得x25.2 m.【答案】(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m10(20分)(2015全国卷T25)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
13、一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图24(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：(a)(b)图24(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离【解析】(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
14、和M.由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，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由题图(b)可得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
