1、 第 - 1 - 页 共 12 页 - 1 - 第一部分第一部分 专题专题一一 第第 2 讲讲 一、选择题：每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，第 89 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 vt 图象如图所示在 t0 到 t40 s 这段时间内，汽车的位移是( ) A0 B30 m C750 m D1 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 06 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 B5 s 时甲、乙两物
2、体相遇 C4 s 时甲、乙两物体相距最远 D5 s 时甲、乙两物体相距最远 【答案】D 【解析】由图象可知，45.5 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 vt 图象以下分析正确的是( ) 第 - 2 - 页 共 12 页
3、- 2 - 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( ) At1时刻开始进入水面 Bt2时刻开始进入水面 Ct2时刻达到最高点 Dt1t2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
4、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 F2mg，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t 2时，火箭丢弃掉 m 2的质量， 剩余t 2时间，火箭推动剩余的 m 2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)( ) A1.5h B2h C2.75h D3.25h 【答案】C 【解析】对甲同学的火箭，t 时间内的加速度恒为 a1，Fmgma1，a1g，t 时刻的速度 v1a1t，上升的高度 h1 2gt 2
5、v 2 1 2ggt 2.对乙同学的火箭，在 0t 2内的加速度 a2a1g， t 2时刻 的速度为 v2a2t 2 1 2gt；在 t 2t 内加速度为 a2，则 F 1 2mg 1 2ma2，则 a23g，在 t 时 的速度 v2v2a2t 22gt，上升的高度为 h2 v2 2 t 2 v2v2 2 t 2 v22 2g 2.75gt22.75h.C 正 第 - 3 - 页 共 12 页 - 3 - 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
6、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mg 2k B电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mg k 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 4kxmgma，其中 a5g，解得 x3mg 2k ，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
7、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 ，动 摩擦因数为 ，物体在斜面上
8、下滑时，由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma1，可得 a1 gsin gcos ，所以两人在斜面下滑时加速度相同，根据运动学公式可得 v2B2a1s1，经过 B 点时速度大小相等，对整个过程，运用动能定理得 mgs1sin mgcos s1mgs200，则 第 - 4 - 页 共 12 页 - 4 - 得 s2s1sin s1cos ，可知 s1、 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
9、、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 vt 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 16 D碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为 54 【答案】BD 【解析】 设碰后蓝壶的速度为 v， 碰前红壶的速度 v01.0 m/s， 碰后速度为 v0
10、0.2 m/s， 碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得 mv0mv0mv，解得 v0.8 m/s，碰撞过程两 壶损失的动能为Ek1 2mv 2 01 2mv 2 01 2mv 20.16m0， 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1.21.0 1.0 1 t，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v t 1.21.0 1 0.2 m/s2， 碰撞后红壶的运动时间 t红v0 a红 0.2 0.21 s， 则碰撞后红、 蓝壶运动时间之比为 15， C 错误； 蓝壶的加速度大小 a蓝v t
11、0.8 5 0.16 m/s2， 由牛顿第二定律得 ag， 解得动摩擦因数 a g， 则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比 红 蓝 a红 a蓝 0.2 0.16 5 4，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( ) 第 - 5 - 页 共 12 页 - 5 - 1恒力F沿斜面向上，斜面倾角为， 两物体和斜面间的动摩擦因数均为 2恒力F沿斜面向上，斜面倾角为 且斜
12、面光滑 3恒力F沿水平方向水平面光滑 4恒力F竖直向上 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(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1， 对m有T1mgsin mgcos ma1，解得 a1 F Mmgsin gcos ，T1 Fm Mm.(2)中加速度满足 F(M m)gsin (Mm)a2，对 m 有 T2mgsin ma2，解得 a2 F Mmgsin ，T2 Fm Mm.(3)中加 速度满足 F
13、(Mm)a3，对 m 有 Tma3，解得 a3 F Mm，T3 Fm Mm.(4)中加速度满足 F(M m)g(Mm)a4，对 m 有 T4mgma4，解得 a4 F Mmg，T4 Fm Mm.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 F20 N
14、 作用下由静止向右运动(重力加速 度 g10 m/s2)，求： (1)轻绳上拉力的大小； (2)t2 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 第 - 6 - 页 共 12 页 - 6 - 分析并应用牛顿第二定律 对于 A 有 FTmAgmAaA 对于 B 有 2TmBgmBaB 据题意可知 aA2aB 代入数据得 T8.0 N. (2)由上述各式可求得 aA8 m/s2 由运动学公式可得 B 在 t2 s 时的速度 vBaBt8 m/s 所以滑轮对物体
15、B 做功的瞬时功率 P2TvB128 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 s2.5 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 M4 kg，长度 L1.5 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
16、倾角 ； (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 01 s 内滑块沿斜面匀加速下滑 mgsin ma x1 2at 2 由题图乙知 t1 s 解得 sin 1 2，即 30 . (2)在 01 s 内对物块 ABC 受力分析 mgcos sin F0 由题图乙知 F5 3 N 解得 m2 kg. (3)滑块到达 B 点时的速度 第 - 7 - 页 共 12 页 - 7 - vBatgtsin 5 m/s 12 s 内滑块在 BC 部分做减速运动 mgma 对物块，由图象知 mgF4 N 解得 a
17、2 m/s2，0.2 滑块到达 C 点时 vCvBatvBg t3 m/s 滑块滑上木板 DE 时 对滑块：mgma1 对木板：mgMa2 解得 a12 m/s2，a21 m/s2 设滑块在木板上的滑行时间为 t，有 x滑块vCt1 2a1t 2 x木板1 2a2t 2 Lx滑块x木板 解得 t1 s 此时，滑块速度 v滑块vCa1t1 m/s 木板速度 v木板a2t1 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 v2 m/s 匀速运行，在 A 处把物体轻轻放 到传送带上，经过时间 t6 s，物体到达 B 处A、B 相距 L10 m求：
18、 (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 5 m/s (3)2 5 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 v 2t1vt210 m t1t26 s 解得 t12 s. (2)为使物体从 A 至 B
19、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 第 - 8 - 页 共 12 页 - 8 - 间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变而 av t11 m/s 2 由 2aLv2min 得 vmin2 5 m/s. (3)传送带速度为 v10 m/s2 5 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1 2at 2L t 2L a 210 1 s2 5 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 .先敲击 A，A 立即获得水
20、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) 2gL (2)aB3g aBg (3)2 2gL 【解析】(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 aAg 匀变速直线运动 2aALv2A 解得 vA 2gL. (2)设 A、B 的质量均为 m 对齐前，B
21、所受合外力大小 F3mg 由牛顿运动定律 FmaB，得 aB3g 对齐后，A、B 所受合外力大小 F2mg 由牛顿运动定律 F2maB，得 aBg. (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 vaAt，vvBaBt xA1 2aAt 2，x BvBt1 2aBt 2 且 xBxAL 第 - 9 - 页 共 12 页 - 9 - 解得 vB2 2gL. 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
22、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 F20 N 的作用，未 放砖块时车以 v03 m/s 的速度匀速前进获得冠军的家庭上场比赛时每隔 T0.8 s 搬放一块 砖，从放上第一块砖开始计时，图乙中仅画出了 00.8 s 内车运动的 vt 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
23、小车与地面间的动摩擦因数为 ，未放砖块时 MgF 放上第一块砖后，对小车有 F(mM)gMa1 即mgMa1 由 vt 图象可知 a12.83.0 0.8 m/s20.25 m/s2 解得 0.25，M8 kg. (2)同理，放上第二块砖后，对小车有2mgMa2 代入数据解得 a20.5 m/s2 08 s 内速度改变量 v2a2T0.4 m/s 放上第三块砖后小车的加速度为 a330.75 m/s2 08 s 内速度改变量 v3a3T30.2 m/s0.6 m/s 则放上第 n 块砖后小车的加速度 ann0.25 m/s20.25n m/s2(n1,2,3) 08 s 内速度改变量 vn0.
24、2n m/s(n1,2,3) 所以 vv1v2v3vn(123n)0.2 m/s 第 - 10 - 页 共 12 页 - 10 - 而 v03 m/s3 m/s 联立解得 n5 即当小车停止时，车上有 5 块砖 15如图，倾角 37 的足够长的斜面上，有一质量 M1.0 kg、长度 L2.55 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 L10.75 m)， 下表面与斜面间的动摩擦因数 10.4.在薄板 A 的上表面左端放一质量 m1.0 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
25、分的动摩擦因数 2 0.25，B 与斜面间的动摩擦因数 30.5.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 g10 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 ma1 对木板 A 分析有 Mgsin 1(mM)gcos 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 v212a1L1 解得 v13 m/s B 在 A 的
26、上部分滑动时间为 t1，有 v1a1t1 解得 t10.5 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 2mgcos ma2 Mgsin 2mgcos 1(Mm)gcos Ma3 解得 a24 m/s2，a31.6 m/s2 x1v1t21 2a2t 2 2 x21 2a3t 2 2 x1x2LL1 解得 t20.5 s 第 - 11 - 页 共 12 页 - 11 - B 在 A 上滑动的时间为 t，则 tt1t21 s. (2)设物块 B 离开薄板 A 时，物块 B 和薄板 A
27、的速度分别为 v2和 v3 v2v1a2t2 v3a3t2 解得 v25 m/s，v30.8 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 3mgcos ma4 Mgsin 1Mgcos Ma5 得 a42 m/s2，a52.8 m/s2 B 滑到斜面上后到 A、B 再次相遇时间为 t3，位移为 x3 x3v2t31 2a4t 2 3 x3v3t31 2a5t 2 3 解得 t310.5 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 v03 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
28、光滑水平面相切，水平面 左侧与一倾角 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r0.2 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 mb2ma2 kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数 0.25，MN 间的距离 L1.2 m, g10 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
29、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 n1 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)1 3 s (3) 2 3n 2 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 mgr1 2mv 2 1 0，解得 v1 2gr2 m/s 第 - 12 - 页 共 12 页 - 12 - 对物块 a 运动到 N 点时受力分析，由牛顿第二定律可得 FNmagmav 2 1 r ，解得 FN30 N (2)小物块 a 在传送带上运动的加速度 a1mag ma 2.5 m/s2 设小物块
30、a 加速到 3 m/s 前进的距离为 x，则 xv 2 0v 2 1 2a1 1 mL 故小物块 a 到达 M 点的速度为 v23 m/s 设两物块第一次碰撞后获得的速度为 va1、vb1，因碰撞是弹性碰撞，则 m1v2mava1mbvb1，1 2mav 2 21 2mav 2 a11 2mbv 2 b1 解得 va1mamb mambv2 1 3v21 m/s vb1 2ma mambv2 2 3v22 m/s 对物块 b 第一次沿斜面上滑，应用动量定理可得(mbgsin) tb10mbvb1 解得 tb11 3 s (3)小物块 a 第一次向右在传送带上通过的位移 xa1v 2 a1 2a10.2 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 mamb mamb nv 2 1 3n 1 m/s 小物块 a 与传送带间的相对位移 xv0tanvan 2 tanv0tanvan 2 tan2v0van a1 故生成的热量 Qmagx2mav0van 2 3n 2 J
