2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)卷二 直線運動2（含解析）.doc

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2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)卷二 直線運動2（含解析） 一 、單選題（本大題共5小題。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的） 1. 如圖所示，小球從豎直磚墻某位置靜止釋放，用頻閃照相機在同一底片上多次曝光，得到了圖中1、2、3、4、5…所示小球運動過程中每次曝光的位置．連續(xù)兩次曝光的時間間隔均為T，每塊磚的厚度為d。根據(jù)圖中的信息，下列判斷錯誤的是 ( ) A．位置“1”是小球釋放的初始位置 B．小球做勻加速直線運動 C．小球下落的加速度為 D．小球在位置“3”的速度為 2.（xx?湖北模擬）高鐵專家正設(shè)想一種“遇站不停式勻速循環(huán)運行”列車，如襄陽→隨州→武漢→仙桃→潛江→荊州→荊門→襄陽，構(gòu)成7站鐵路圈，建兩條靠近的鐵路環(huán)線．列車A以恒定速率以360km/h運行在一條鐵路上，另一條鐵路上有“伴駁列車”B，如某乘客甲想從襄陽站上車到潛江站，先在襄陽站登上B車，當A車快到襄陽站且距襄陽站路程為s處時，B車從靜止開始做勻加速運動，當速度達到360km/h時恰好遇到A車，兩車連鎖并打開乘客雙向通道，A、B列車交換部分乘客，并連體運動一段時間再解鎖分離，B車勻減速運動后停在隨州站并卸客，A車上的乘客甲可以中途不停站直達潛江站．則（　?。? 　 A． 無論B車勻加速的加速度值為多少，s是相同的 　 B． 該乘客節(jié)約了五個站的減速、停車、提速時間 　 C． 若B車勻加速的時間為1min，則s為4km 　 D． 若B車勻減速的加速度大小為5m/s2，則當B車停下時A車已距隨州站路程為1km 3. 如圖所示，在光滑的水平面上有一段長為L、質(zhì)量分布均勻的繩子．在水平向左的恒力F作用下從靜止開始做勻加速運動．繩子中某點到繩子左端的距離為x，設(shè)該處繩的張力大小為T，則能正確描述T與x之間的關(guān)系的圖象是 （　　） 　 A． B． C． D． 4. a、b兩物體從同一位置沿同一直線運動，它們的速度圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b加速時，物體a的加速度大于物體b的加速度 B．40秒時，a、b兩物體速度相等，相距200 m C．60秒時，物體a在物體b的前方 D．20秒時，a、b兩物體相距最遠 5. 一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時其速度為l m/s，從此時刻起在滑塊運動方向上再施加一個水平作用力，力F和滑塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖a和b所示，設(shè)在第1 s內(nèi)，第2s內(nèi)，第3s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，下列說法正確的是（ ） 題2圖 A．W1=W2=W3 B．W1 D．t1～t2，< 三 、簡答題（本大題共2小題） 8. 摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖1所示．考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a﹣t圖象如圖2所示．電梯總質(zhì)量m=2.0103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2． （2）類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由υ─t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據(jù)圖2所示a﹣t圖象，求電梯在第1s內(nèi)的速度改變量△υ1和第2s末的速率υ2； （3）求在0～11s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W． 9. 總質(zhì)量為100kg的小車，在粗糙水平地面上從靜止開始運動，其速度﹣時間圖象如圖所示．已知在0﹣2s時間內(nèi)小車受到恒定水平拉力F=1240N，2s后小車受到的拉力發(fā)生了變化．試根據(jù)圖象求：（g取10m/s2） （1）0﹣18時間內(nèi)小車行駛的平均速度約為多少？ （2）t=1s時小車的加速度a； （3）小車與地面間的動摩擦因數(shù)μ． 　 xx萬卷作業(yè)卷（二）答案解析 一 、單選題 1.【答案】A 2.【答案】D 考點： 勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．. 專題： 直線運動規(guī)律專題． 分析： B加速度越大，加速度到360km/h的時間越短，相應(yīng)A的運動時間越短． 從襄陽到潛江間隔四個站． 由勻速運動可算出s． 由勻變速規(guī)律可得B的減速時間，進而可得A的運動位移． 解答： A、B加速度越大，加速度到360km/h的時間越短，相應(yīng)A的運動時間越短，由于A是勻速運動，故時間越短s越小，故A錯誤． B、從襄陽到潛江間一共間隔四個站，故一共節(jié)約4個站的減速、停車、提速時間，故B錯誤． C、若B車勻加速的時間為1min，則此時間內(nèi)A的運動位移為：s=vt=10060m=6000m，故C錯誤． D、B由360km/h=100m/s減速到0的時間為：，位移為：，A的運動位移為：x=vt=10020=2000m，故則當B車停下時A車已距隨州站路程為△x=x2﹣x1=1km，故D正確． 故選：D． 點評： 該題的關(guān)鍵是要抓住AB的運動狀態(tài)，A一直是勻速直線運動，B經(jīng)歷勻加速，勻速，勻減速三個階段，完成乘客的上車下車． 3.【答案】B 考點: 牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像． 專題：牛頓運動定律綜合專題． 分析：對x受力分析，對整體受力分析由牛頓第二定律可求得整體的加速度；再由牛頓第二定律可得出T與x的關(guān)系． 解答：解：設(shè)單位長度質(zhì)量為m；對整體分析有：F=Lma； 則對x分析可知：T=xma 聯(lián)立解得： 故可知T與x成正比；則右段繩的質(zhì)量為，可解得． 故B正確； 故選：B． 點評：本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意明確整體法與隔離法的應(yīng)用，正確選取研究對象再用牛頓第二定律即可列式求解． 4.【答案】C 5.【答案】B 【知識點】 功的計算；勻變速直線運動的圖像．A5 E1 【答案】B 解析：由速度圖象可知，第1s、2s、3s內(nèi)的位移分別為0.5m、0.5m、1m，由F-t圖象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本題中ACD錯，B正確．故選：B． 【思路點撥】根據(jù)功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自時間段內(nèi)物體的位移即可求得力F做功的多少．本題考查的是學(xué)生對功的理解，根據(jù)功的定義可以分析做功的情況． 二 、多選題 6.【答案】AC 7.【答案】AD 三 、簡答題 8. 考點： 動能定理；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律． 專題： 動能定理的應(yīng)用專題． 分析： （1）由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度大小，由牛頓第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2； （2）運用類比法可知，a﹣t圖象與坐標軸所圍的“面積”等于速度變化量，即可求出電梯在第1s內(nèi)的速度改變量△υ1，及電梯在2s內(nèi)的速度改變量△υ2，即求得第2s末的速率υ2； （3）由a─t圖象可知，11s～30s內(nèi)速率最大，其值等于s內(nèi)a─t圖線下的面積，由動能定理求解拉力和重力對電梯所做的總功W． 解答： 解（1）由牛頓第二定律，有：F﹣mg=ma 由a─t圖象可知，F(xiàn)1和F2對應(yīng)的加速度分別是：a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2 F1=m（g+a1）=2.0103（10+1.0）N=2.2104N （2）類比可得，所求速度變化量等于第1s內(nèi)a─t圖線下的面積 △υ1=0.50m/s 同理可得：△υ2=υ2﹣υ0=1.5m/s υ0=0，第2s末的速率為：υ2=1.5m/s （3）由a─t圖象可知，11s～30s內(nèi)速率最大，其值等于s內(nèi)a─t圖線下的面積，有：υm=10m/s 由動能定理，總功為：W=Ek2﹣Ek1=mυm2﹣0=2.0103102J=1.0105J 答：（1）電梯在上升過程中受到的最大拉力F1是2.2104N，最小拉力F2是1.8104N． （2）電梯在第1s內(nèi)的速度改變量△υ1是0.50m/s，第2s末的速率υ2是1.5m/s． （3）在0─11s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W是1.0105J． 點評： 本題一要有基本的讀圖能力，并能根據(jù)加速度圖象分析電梯的運動情況；二要能運用類比法，理解加速度圖象“面積”的物理意義． 難度:普通 知識點：牛頓第二定律 關(guān)鍵字：物理 新人教版 必修1 第四章 牛頓運動定律 6 用牛頓運動定律解決問題（一） 9. 考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像． 專題： 牛頓運動定律綜合專題． 分析： （1）在v﹣t圖象中與時間軸所圍面積即為位移，即可求的平均速度； （2）由求的加速度 （3）由牛頓第二定律求的摩擦因數(shù) 解答： （1）由圖可知 0﹣18s內(nèi)位移為L=188 m 平均速度為=10.4 m/s （2）0﹣1s內(nèi)加速度為=8 m/s2 （3）由牛頓第二定律得F﹣μmg=ma μ= 答：（1）0﹣18時間內(nèi)小車行駛的平均速度約為10.4m/s （2）t=1s時小車的加速度a為8m/s2； （3）小車與地面間的動摩擦因數(shù)μ為0.44． 點評： 本題主要考查了v﹣t圖象，從v﹣t圖象中求面積求加速度