（江苏专用）高考物理总复习 考前三个月 专题一 力与运动 第2讲 牛顿运动定律与直线运动试题-人教版高三物理试题

第2讲牛顿运动定律与直线运动知识方法链接1．解题思路(1)分析运动过程，画出过程示意图．(2)标出已知量、未知量．(3)选择合适公式，列方程求解．注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出．(2)多过程问题用v－t图象辅助分析会更形象、简捷．2．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法3．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．真题模拟精练1．(2015·江苏单科·5)如图1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图1A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5答案C解析由题意可知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1＝1s，在加速时间内通过的位移x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(1,2)＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m，已过关卡2，t3＝2s时间内x3＝4m，关卡打开，t4＝5s，x4＝vt4＝10m0.5s，小于2s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C正确．2．(2017·泰州中学期中)汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：x＝16t－2t2(m)，则它在停止运动前最后1s内的平均速度为()A．6m/sB．4m/sC．2m/sD．1m/s答案C解析根据位移与时间的关系式：x＝16t－2t2(m)，可知汽车刹车时的初速度v0＝16m/s，加速度a＝－4m/s2，根据速度与时间关系v＝v0＋at可得：汽车刹车用时t＝4s；则刹车后3s末的速度为v3＝v0＋at3＝16m/s＋(－4)×3m/s＝4m/s，则最后1s内的平均速度为：eq\x\to(v)＝eq\f(v3＋0,2)＝2m/s，故选项C正确．3．(2017·扬州中学模拟)四个小球在离地面不同高度同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面．如图所示，其中能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是()答案B解析每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，可以知道第一个球经过T时间落地，第二球落地的时间为2T，依次3T、4T.逆过来看，相当于一个小球每经过相等时间所到达的位置，可以知道相等时间间隔内的位移越来越大，所以从下而上，相邻两个小球之间的竖直位移越来越大．故B正确，A、C、D错误．知识方法链接图象问题要“四看”“一注意”(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系．(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v－t图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点．x－t图象中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特点．(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义．(5)一注意：利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离．真题模拟精练4．(2016·江苏单科·5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()答案A解析由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位置x的关系为v＝eq\r(v\o\al(0,2)－2gx)，从最高点下落时二者的关系为v＝－eq\r(2gx0－x)，对比图象可知A项正确．5．(2017·南京市、盐城市一模)如图2所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是()图2答案B解析物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误．物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由于位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确．由B选项知，前半段和后半段的运动时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．6．(2017·仪征中学模拟)一个质点沿x轴做匀加速直线运动．其位置—时间图象如图3所示，则下列说法正确的是()图3A．该质点在t＝0时速度为零B．该质点在t＝1s时的速度大小为2m/sC．该质点在t＝0到t＝2s时间内的位移大小为6mD．该质点的加速度大小为2m/s2答案A解析质点做匀加速直线运动，则x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，由图可知，第1s内的位移为x1＝0－(－2)m＝2m，前2s内的位移为x2＝6m－(－2)m＝8m，则有：2＝v0＋eq\f(1,2)a，8＝2v0＋2a，解得：v0＝0，a＝4m/s2，故C、D错误，A正确；该质点在t＝1s时的速度大小为v＝at＝4×1m/s＝4m/s，故B错误．知识方法链接1．分析动力学问题的流程注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．(2)求解加速度是解决问题的关键．2．陌生的图象(非v－t、x－t等图象)要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义．真题模拟精练7．(多选)(2015·江苏单科·6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图4所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力()图4A．t＝2s时最大 B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大 D．t＝8.5s时最小答案AD解析由题图知，在上升过程中，在0～4s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．8．小明想抓获池塘中的一条大鱼，结果鱼受惊后使出洪荒之力斜向右下方匀加速游向池塘深处而逃脱，如图5所示，这时鱼所受水的作用力方向可能是()图5A．水平向左 B．水平向右C．竖直向上 D．竖直向下答案B9.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和图6(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．答案(1)eq\f(v\o\al(0,2)－v\o\al(1,2),2gs0)(2)eq\f(s1v0＋v12,2s\o\al(0,2))解析(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式有veq\o\al(1,2)－veq\o\al(0,2)＝－2as0解得μ＝eq\f(v\o\al(0,2)－v\o\al(1,2),2gs0)(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得veq\o\al(0,2)－veq\o\al(1,2)＝2a1s0v0－v1＝a1ts1＝eq\f(1,2)a2t2联立得a2＝eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(0,2))知识方法链接1．分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移和板长之间的关联．(3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键．2．灵活应用整体法与隔离法(1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程．(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程．真题模拟精练10．(多选)(2016·江苏单科·9)如图7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()图7A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案BD解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；设各接触面间的动摩擦因数为μ，鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝eq\f(v,μg)，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ff＝μmg不变，C项错误；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝eq\f(v2,2μg)也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对．11．(多选)如图8甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图8A．小滑块的质量m＝2kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C．当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s2D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大答案AC解析当F等于6N时，共同加速度为：a＝2m/s2.对整体由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3kg，当F大于6N时，发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，知图线的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(2,6－4)＝1，解得：M＝1kg，滑块的质量为：m＝2kg.故A正确；由上可知：F大于6N时a＝F－20μ，由F＝4，a＝0，即得：μ＝0.2，所以a＝F－4，当F＝7N时，长木板的加速度为：a＝3m/s2.故B错误，C正确．当F大于6N后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a′＝eq\f(μmg,m)＝μg，与F无关，故D错误．12．(2017·扬州中学高三开学考试)如图9所示，有1、2、3三个质量均为m＝1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(可视为质点)在长板2的左端以v＝4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下，g取10m/s2.求：图9(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度L0;(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置．答案(1)6m/s2(2)1m(3)物体1在长板2的最左端解析设向右为正方向(1)物体1：－μmg＝ma1a1＝－μg＝－2m/s物体2：FT＋μmg＝ma2物体3：mg－FT＝ma3且a2＝a3由以上三式可得：a2＝eq\f(g＋μg,2)＝6m/s2(2)设经过时间t1物体1和长板2速度相等v1＝v＋a1t1＝a2t1，代入数据解得t1＝0.5s，v1＝3m/sx1＝eq\f(v＋v1,2)t1＝1.75mx2＝eq\f(v1t1,2)＝0.75m所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1m(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速FT1＝2mamg－FT1＝ma，即mg＝3ma得a＝eq\f(g,3)对物体1分析：Ff静＝ma≈3.3N＞Ff＝μmg＝2N，故假设不成立，物体1和长板2相对滑动物体1：a4＝μg＝2m/s2物体2：FT2－μmg＝ma5物体3：mg－FT2＝ma6且a5＝a6得a5＝eq\f(g－μg,2)＝4m/s2整体下落高度h＝H－x2＝5m根据h＝v1t2＋eq\f(1,2)a5teq\o\al(2,2)解得t2＝1s物体1的位移x3＝v1t2＋eq\f(1,2)a4teq\o\al(2,2)＝4mh－x3＝1m物体1在长板2的最左端．专题规范练基础题组1．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30米(车以最大加速度刹车)，该车辆最大刹车加速度是15m/s2，该路段的限速60km/h.则该车是否超速()A．超速 B．不超速C．无法判断 D．刚好是60km/h答案A解析车刹车时做减速运动，根据v2－veq\o\al(0,2)＝2汽车67m/s，因为302．(多选)(2017·响水中学模拟)在研究小车做匀变速直线运动时，小明同学把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条，再将这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐作为时间轴，最后将纸条上端中心点连起来，如图1所示．下列说法中正确的是()图1A．直线的斜率表示小车的速度大小B．直线的斜率表示小车的加速度大小C．每条纸带上端中心纵坐标等于对应的0.1s内小车的位移大小D．上端中心点连起来的直线表示小车位移与时间的关系答案BC解析因为剪断的纸带所用的时间都是t＝0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．速度－时间图线的斜率表示加速度，可知小车的加速度a＝eq\f(Δv,Δt).3．如图2所示，一斜面固定于水平地面上，一滑块以初速度v0自斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端．取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是()图2答案B解析滑块在斜面上运动过程中，若受到摩擦力，根据牛顿第二定律知：上滑过程有mgsinθ＋Ff＝ma上；下滑过程有mgsinθ－Ff＝ma下；可得：a上＞a下；则上滑过程v－t图象的斜率大于下滑过程图象的斜率，所以A图不可能，故A错误．由于滑块的机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，且速度方向相反；根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间，所以B图可能，D图不可能，故B正确，D错误；若没有摩擦力，上滑与下滑过程具有对称性，所以C图不可能，故C错误．4．(多选)(2017·南阳中学月考)如图3所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，下滑的总距离为12m，g取10m/s2，那么该消防队员()图3A．下滑过程中的最大速度为8m/sB．加速与减速过程的时间之比为2∶1C．加速与减速过程中摩擦力做的功之比为1∶14D．消防队员加速过程是超重状态，减速过程是失重状态答案AC解析设下滑过程中的最大的总位移x＝eq\f(v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝eq\f(v,2)t，得到v＝8m/s.故A正确；因为加速时的加速度大小是减速时的2倍，根据v＝at得，加速与减速运动的时间之比为1∶2.故B错误；由题可知加速运动的时间为1s，减速运动的时间为2s，则加速运动的加速度大小a1＝eq\f(8,1)m/2＝82，减速运动的加速度大小a2＝eq\f(8,2)2＝42.根据牛顿第二定律得，加速过程：mg－Ff1＝ma1，Ff1＝mg－ma1＝2m，减速过程：Ff2－mg＝ma2，Ff2＝mg＋ma2＝14m，所以Ff1∶Ff2＝1∶7.加速运动的位移与减速运动的位移之比为1∶2，则摩擦力做功之比为1∶14.故C正确；在加速过程中，加速度方向向下，处于失重状态，减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态．故D错误．5．(2017·南阳中学月考)2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图4所示．不计空气阻力．下列说法正确的是()图4A．她在空中上升过程中处于超重状态B．她在空中下落过程中做自由落体运动C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案D解析起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D正确．6．(2017·泰州市姜堰区模拟)如图5所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是()图5A．小球的加速度为零B．小球的加速度a＝gsinθC．弹簧的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)D．弹簧的拉力F＝mgsinθ答案C解析根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力F＝eq\f(mg,cosθ)，烧断绳子的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变；烧断前，绳子的拉力FT＝mgtanθ.烧断后的瞬间，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球受到的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律，加速度a＝gtanθ.故C正确，A、B、D错误．7．跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图6所示，两拉线平行，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g＝10m/s2.当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为()图6A．a＝1.0m/s2，F＝260NB．a＝1.0m/s2，F＝330NC．a＝3.0m/s2，F＝110ND．a＝3.0m/s2，F＝50N答案B8．(2017·淮阴中学模拟)如图7所示，AB和CD是两条光滑斜槽，它们各自的两端分别位于半径为R和r的两个相切的竖直圆上，并且斜槽都通过切点P，有一个小球由静止分别从A滑到B和从C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1和t2之比为()图7A．1∶1 B．1∶2C.eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)答案A解析对小球受力分析可知：当小球从A点下落时，小球受重力mg，支持力F1，设沿斜槽方向上加速度为a1，有mgcos30°＝ma1，解得a1＝eq\f(\r(3),2)g，xAB＝2Rcos30°＋2rcos30°＝eq\r(3)(R＋r)由xAB＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(1,2)解得t1＝2eq\r(\f(R＋r,g))，当小球从C点下滑时，受重力mg，支持力F2，设沿斜槽方向上加速度为a2，则有mgcos60°＝ma2，解得a2＝eq\f(g,2)，xCD＝2Rcos60°＋2rcos60°＝R＋r由xCD＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝2eq\r(\f(R＋r,g))，所以t1＝t2，故A正确．能力题组9．(2017·仪征中学模拟)2016年里约奥运会，马龙和丁宁分别摘得男女单打和男女团体两块金牌，他们也在夺冠后完成个人大满贯．假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ，如图8所示．设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()图8A．运动员的加速度大小为gsinθB．球拍对球的作用力大小为mgcosθC．运动员对球拍的作用力大小为eq\f(M＋mg,cosθ)D．运动员对地面的作用力方向竖直向下答案C10．(多选)如图9甲所示，平板小车B在光滑水平面上以v1＝1.0m/s的速度水平向左匀速运动．t＝0时质量为mA＝2kg的小铁块A以v2＝2.0m/s的速度水平向右滑上小车，若图乙为小铁块A和小车B运动的v－t图象，取重力加速度g＝10m/s2，由此可知()图9A．小铁块A的最终速度为1.0m/sB．小铁块A所受摩擦力的大小为2NC．小铁块A与车板间的动摩擦因数为0.2D．t＝0.5s时，小车B向左运动的距离达到最大答案AC解析＝eq\f(2－1,0.