《2020屆高考物理二輪復習 考前十天必考熱點沖刺 熱考4 直線運動規(guī)律、動力學》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 考前十天必考熱點沖刺 熱考4 直線運動規(guī)律、動力學（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱考4　直線運動規(guī)律、動力學 一、選擇題 1．(2019年遼寧莊河三模)消防車的高壓水龍頭豎直向上噴水，噴出的水可上升到距離管口40 m的最大高度，當高壓水龍頭固定在高為3 m的消防車上，仍以同樣大小的速度將水斜向上噴出，可以使水流以10 m/s2的水平速度射入某樓層的窗戶，不計空氣阻力，g＝10 m/s2，則該樓層的窗戶距離地面的高度約為(　　) A．35 m B．38 m C．40 m D．44 m 【答案】B 【解析】由公式 v2＝2gx得v＝＝20 m/s.當水龍頭在消防車上時，豎直方向的速度為v豎＝＝10 m/s.水在豎直方向上升的高度為h＝＝ m＝35 m．樓層高度為H

2、＝h＋h′＝35 m＋3 m＝38 m，故選B. 2．某質點沿x軸做直線運動，其位置坐標隨時間變化的關系可表示為x＝5＋2tn，其中x的單位為m，時間t的單位為s，則下列說法正確的是(　　) A．若n＝1，則物體做勻速直線運動，初位置在0 m處，速度大小為5 m/s B．若n＝1，則物體做勻速直線運動，初位置在5 m，速度大小為4 m/s C．若n＝2，則物體做勻變速直線運動，初速度大小為0，加速度大小為4 m/s2 D．若n＝2，則物體做勻變速直線運動，初速度大小為5 m/s，加速度大小為2 m/s2 【答案】C 【解析】若n＝1，則x＝5＋2t，即初位置在x＝5 m處，速度大

3、小為v＝2 m/s，物體做勻速直線運動，故A、B錯誤；若n＝2，則x＝5＋2t2，與x＝v0t＋t2對比可得v0＝0，a＝4 m/s2，故C正確，D錯誤． 3．(2019年河南實驗中學模擬)如圖所示，一木塊受到的以水平力F作用靜止于斜面上，此力F的方向與斜面平行，如果將力F撤除，下列對木塊的描述正確的是(　　) A．木塊將沿斜面下滑 B．木塊受到的摩擦力變小 C．木塊立即獲得加速度 D．木塊受到的摩擦力變大 【答案】B 【解析】由平衡條件可得摩擦力Ff＝，F(xiàn)1的方向與F和mgsin θ的合力方向相反，木塊與斜面間的最大靜摩擦力Ffm≥，撤去F后木塊對斜面的壓力沒有變化，此時m

4、gsin θ

5、C．小物塊與傳送帶相對位移為1.5 m D．小物塊與皮帶之間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為3 J 【答案】BD 【解析】開始階段，由牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，物體加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為t1＝＝ s＝0.5 s，通過的位移為x1＝a1t＝×8×0.52 m＝1 m．由于mgsin 37°>μmgcos 37°，可知物體與傳送帶不能保持相對靜止．速度相等后，物體所受的摩擦力沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2.解得a2＝gsin θ＋μmgcos θ＝4 m/s2，根據(jù)L

6、－x1＝vt2＋a2t.解得t2＝0.5 s．故運動的總時間為t＝t1＋t2＝1 s，故A錯誤；小物塊對皮帶做的總功即是滑動摩擦力對傳送帶所做的功，為W＝－μmgcos θ·vt1＋μmgcos θ·vt2，而t1＝t2＝0.5 s，故W＝0，故B正確；前0.5 s內(nèi)傳送帶的速度大于小物塊的速度，小物塊相對于傳送帶向后運動，相對位移Δx1＝vt1－x1＝1 m，后0.5 s內(nèi)小物塊的速度大于傳送帶的速度，小物塊相對于傳送帶向前運動，相對位移是Δx2＝(L－x1)－vt2＝0.5 m，物塊相對于傳送帶的位移是Δx＝Δx1－Δx2＝(1－0.5) m＝0.5 m，故C錯誤；小物塊相對于傳送帶的路程

7、為ΔL＝Δx1＋Δx2＝1＋0.5＝1.5 m，因小物塊和皮帶之間的摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝fΔL＝μmgcos θ·ΔL＝3 J，故D正確． 二、計算題 5．(2019年江西臨川一中模擬)某同學為研究磁懸浮列車的運動，將一個盛著水的玻璃方口杯放在車內(nèi)的水平臺面上，如圖所示．方口杯內(nèi)水面AB邊長8 cm，列車在做直線運動中的某一時刻，他發(fā)現(xiàn)電子信息屏上顯示的車速為72 km/h，杯中的前側水面下降了0.5 cm，此現(xiàn)象一直穩(wěn)定到車速為288 km/h時，前側水面才開始回升，則： (1)在前述穩(wěn)定階段時列車的位移s大小為多少？ (2)若該列車總質量為3×104 kg，所受阻力為f＝kv

8、2(已知k＝2 N·s2/m2，v為速率)，試寫出前述穩(wěn)定階段列車電動機牽引力關于位移s的表達式．(重力加速度取g＝10 m/s2) 【答案】(1)2 400 m　(2)F＝5s＋38 300(0≤s≤2 400 m) 【解析】(1)對前述穩(wěn)定階段水表面的一滴水進行受力分析得F合＝Δmgtan θ 由幾何關系可得tan θ＝＝ 由牛頓第二定律可得F合＝Δma 解得a＝1.25 m/s2 此過程列車位移 s＝＝2 400 m. (2)對列車受力分析，由牛頓第二定律有F－f＝ma 又因f＝kv2＝k(v＋2as) 得F＝5s＋38 300(0≤s≤2 400 m). 6．(2

9、019年齊齊哈爾二模)如圖所示，一傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，且以v1＝2 m/s的速度沿順時針方向轉動，一小物塊以v2＝4 m/s的速度從底端滑上傳送帶，最終又從傳送帶的底端滑出，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，傳送帶足夠長，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小物塊沿傳送帶向上滑行的時間t； (2)小物塊離開傳送帶時的速度大小v. 【答案】(1)1.25 s　(2) m/s 【解析】(1)由題可知，小物塊在開始時受到傳送帶的滑動摩擦力沿傳送帶向下，設其做勻減速運動的加速度大小為a1，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 解得a1＝8 m/s2 其速度

10、減小到v1＝2 m/s，所用的時間為 t1＝＝0.25 s 之后，小物塊受到傳送帶的滑動摩擦力沿傳送帶向上，設其加速度大小為a2，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 小物塊減速到0所用的時間為t2＝＝1 s 故t＝t1＋t2＝1.25 s. (2)小物塊沿傳送帶向上滑行的最大距離為 x＝t1＋t2 解得x＝1.75 m 又由于物塊沿傳送帶下滑時，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，其加速度大小仍為a2＝2 m/s2，有2a2x＝v2 解得v＝ m/s. 7．(2019年河北唐山二模)隨著經(jīng)濟發(fā)展，鄉(xiāng)村公路等級越來越高，但汽車超速問題也日益凸顯，為

11、此一些特殊路段都設立了各式減速帶．現(xiàn)有一輛汽車發(fā)現(xiàn)前方有減速帶，開始減速，減至某一速度，開始勻速運動，勻速通過減速帶，然后再加速到原來速度，總位移為80 m．汽車行駛80 m位移的v2－x圖象如圖所示，其中v為汽車的行駛速度，x為汽車行駛的距離．求汽車通過80 m位移的平均速度． 　 【答案】8 m/s 【解析】設初速度為v0，減速后速度為v. 則v0＝15 m/s, v＝5 m/s 由運動學公式v－v2＝2ax 得減速運動a1＝－5 m/s2 同理加速運動a2＝2.5 m/s2 由運動學公式v＝v0＋at 得減速運動t1＝2 s 同理加速運動t2＝4 s 由運動學公式x

12、＝vt得 勻速運動t3＝4 s 則t總＝t1＋t2＋t3＝10 s 則全程平均速度 ＝＝8 m/s. 8．(2019年河北保定一模)如圖甲所示，光滑斜面OA與傾斜傳送帶AB在A點相接，且OAB在一條直線上，與水平面夾角α＝37°，輕質彈賃下端固定在O點，上端可自由伸長到A點．在A點放一個物體，在力F的作用下向下緩慢壓縮彈簧到C點，該過程中力F隨壓縮距離x的變化如圖乙所示．已知物體與傳送帶間動牌擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶AB部分長為5 m，順時針轉動，速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求： (1)物體的質量m； (

13、2)彈簧從A點被壓縮到C點過程中力F所做的功W； (3)若在C點撤去力F，物體被彈回并滑上傳送帶，同物體在傳送帶上最遠能到何處？ 【答案】(1)5 kg　(2)90 J　(3)恰好到達傳送帶頂端B點 【解析】(1)由圖象可知mgsin 37°＝30 N 解得m＝5 kg. (2)圖乙中圖線與橫軸所圍成的面積表示力F所做的功： W＝ J－ J＝90 J. (3)撤去力F，設物體返回至A點是速度大小為v0，從A出發(fā)兩次返回A處的過程應用動能定理 W＝mv 解得v0＝6 m/s 由于v0>v，物塊所受摩擦力沿傳送帶向下，設此階段加速度大小為a1，由牛頓第二定律 mgsin 3

14、7°＋μmgcos 37°＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 速度減為v時，設沿斜面向上發(fā)生的位移大小為x1，由運動學規(guī)律x1＝ 解得 x1＝1 m 此后摩擦力改變方向，由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以物塊所受合外力仍沿傳送帶向下，設此后過程加速度大小為a2，再由牛頓第二定律 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 設之后沿斜面向上發(fā)生的最大位移大小為x2，由運動學規(guī)律x2＝ 解得 x2＝4 m 所以物塊能夠在傳送帶上發(fā)生的最大位移 xm＝x1＋x2＝5 m 即恰好到達傳送帶頂端B點． 9．(2019年廣西南寧模擬)如圖所示，在光滑的水平平臺上

15、，有一質量為M＝2 kg、長為L＝3 m的長木板，長木板的左端放有一質量為mA＝1 kg的物塊A，物塊A通過一繞過光滑定滑輪的輕繩與重物B相連，物塊B的質量為mB＝1 kg，開始時用手托住重物B，使繩剛好拉直，彈力為零，物塊A與滑輪間的輕繩處于水平，物塊A與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，長木板的右端離平臺的右端足夠遠，重物B離地面的高度足夠高．重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)釋放物塊B后物塊A運動的加速度大??； (2)當物塊A運動到長木板的中點位置時，輕繩拉物塊A的功率大小． 【答案】(1)4 m/s2　(2)24 W 【解析】(1)設釋放B后，A與木板間有發(fā)生相對滑

16、動，繩上拉力大小為T.A做勻加運動的加速度大小為a1，則 mBg－T＝mBa1 T－μmAg＝mA a1 求得a1＝4 m/s2 由于μmAg＝2 N

17、著相距d＝1 m的兩塊相同長木板A、B，每塊木板長L，與地面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2.一可視為質點的物塊C以v0＝8 m/s的初速度水平向右滑上木板A的左端，C的質量為每塊木板質量的2倍，C與木板的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4.若A、B碰后速度相同但不粘連，碰撞時間極短，且A和B碰撞時C恰好運動到A的最右端，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)木板A與木板B相碰前瞬間的速度v1； (2)木板A的長度L； (3)A、B最終停下時，兩者間的距離． 【答案】(1)2 m/s　(2)5 m　(3)1.5 m 【解析】(1)設A、B的質量為m，C、A的相互作用的

18、過程中，對A由牛頓運動定律有 μ2·2mg－μ1(m＋2m)g＝ma1，解得a1＝2 m/s A發(fā)生位移d后與板B相碰，由運動規(guī)律有d＝a1t 解得t1＝1 s 碰撞前A的速度為v1＝a1t＝2 m/s. (2)C、A相互作用的過程中，對C由牛頓運動定律可得μ2·2mg＝2ma2，解得a2＝4 m/s2 C發(fā)生的位移x1＝v0t1－a2t＝6 m 木板A的長度L＝x1－d＝5 m. (3)碰撞前C的速度為v2＝v0－a2t1＝4 m/s A、B相碰過程中動量守恒，有mv1＝(m＋m)v3 解得v3＝1 m/s A、B分離后，A板做減速運動，有μ1mg＝ma3 解得a3＝

19、2 m/s2 從分離到停下，A發(fā)生的位移為xA＝＝0.25 m B板以a1＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，直到與C同速，設此過程經(jīng)歷時間為t2，有 v4＝v2－a2t2＝v3＋a1t2 解得t2＝0.5 s，v4＝2 m/s 此過程中B板的位移xB1＝t2＝0.75 m 此后B、C一起以a3＝2 m/s2的加速度做勻減速運動直到停下，發(fā)生的位移為xB2＝＝1 m 所以最終停下來時，A、B板間的距離為 Δx＝xB1＋xB2－xA＝1.5 m. 11．(2019年安徽蚌埠二模)如圖所示，一個足夠長的傳送帶與水平面之間的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下以v＝5 m/s的速

20、度向上勻速運動．一質量為1 kg的物體以v0＝10 m/s的初速度從傳送帶底端向上運動，已知物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求物體在傳送帶底端時的加速度； (2)求物體沿傳送帶向上運動的最大距離； (3)若傳送帶向上勻速運動的速度(v)的大小可以調節(jié)，物體的初速度不變，當傳送帶的速度調節(jié)為多大時，物體從底端運動到最高點的過程中產(chǎn)生的熱量最小？最小值是多大？ 【答案】(1)7.5 m/s2　(2)10 m　(3)2.5 m/s　12.5 J 【解析】(1)由于v0>v，所以物體開始時受到的摩擦力向下，由牛頓第二定律可知mgsin θ＋μmg

21、cos θ＝ma1 解得a1＝7.5 m/s2，方向沿傳送帶向下． (2)mgsin θ>μgcos θ，所以物體減速到v后不能與傳送帶相對靜止，物體從速度v0減到v的過程中，向上運動的距離 x1＝＝5 m 然后物體繼續(xù)向上減速到零的過程中 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 得a2＝2.5 m/s2 此過程位移x2＝＝5 m 所以上升的最大距離為x＝x1＋x2＝10 m. (3)以傳送帶為參考系，物體向上減速運動的兩個過程相對傳送帶的位移大小分別為 Δx1＝＝，Δx1＝＝ 物體向上運動產(chǎn)生的熱量為 Q＝μmgcos θ(Δx1＋Δx2)＝(v－2.5)2＋12.5 故當v＝2.5 m/s時，Q有最小值，Qmin＝12.5 J. - 9 -