《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練2 力與物體的直線運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練2 力與物體的直線運動（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化訓練(二) 一、選擇題 1．(2019·貴陽高三監(jiān)測)一物體做勻減速直線運動，4 s內(nèi)的位移為16 m，速度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?，方向不變．則該物體的加速度大小為(　　) A．1 m/s2 B．1.5 m/s2 C．2 m/s2 D．0.75 m/s2 [解析]　設該物體的初速度為v0，加速度大小為a，由題意知t＝4 s，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，x＝·t，＝v0－at，聯(lián)立解得a＝1 m/s2，選項A正確． [答案]　A 2．(多選)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛．甲車在前，乙車在后，速度均為v0＝30 m/s，距離s0＝100

2、m．t＝0時刻甲車遇緊急情況后，甲、乙兩車的加速度隨時間變化的關系如圖甲、乙所示．取運動方向為正方向．下列說法正確的是(　　) A．t＝3 s時兩車相距最近 B．0～9 s內(nèi)兩車位移之差為45 m C．t＝6 s時兩車相距最近，為10 m D．兩車在0～9 s內(nèi)會相撞 [解析]　由題圖可畫出兩車的速度—時間圖像，如圖所示． 由圖像可知，t＝6 s時兩車速度相等，此時兩車相距最近，故A錯誤；圖中陰影部分面積為0～6 s內(nèi)兩車位移之差，可得Δx＝×30×3 m＋×30×(6－3) m＝90 m<100 m，此時兩車相距最近，為10 m，所以兩車不會相撞，故C正確，D錯誤；0～9

3、 s內(nèi)兩車位移之差Δx′＝×30×3 m＝45 m，故B正確． [答案]　BC 3．(2019·福州市質(zhì)檢)物體在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s內(nèi)力F、速度v隨時間變化如圖所示，由圖像可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg B．物體在6 s內(nèi)運動的位移為6 m C．在0～2 s內(nèi)推力做的功為2 J D．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.025 [解析]　物體在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度為a＝ m/s2，由牛頓第二定律有：F－μmg＝ma，即：3－μmg＝ma；物體在2～6 s內(nèi)做勻速直線運動，因此有：μmg＝1 N，聯(lián)立解得：物體的質(zhì)量為m＝4 kg，物體與地面

4、間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項A錯誤，選項D正確；根據(jù)v－t圖像所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6 s內(nèi)運動的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項B錯誤；力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s內(nèi)推力做的功為W＝Fx＝3××2×1 J＝3 J，選項C錯誤． [答案]　D 4．(2019·河南南陽一中開學考試)如圖所示，一輕質(zhì)長木板置于光滑水平地面上，木板上有質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，水平恒力F作用在A物塊上，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.則(　　)

5、 A．若F＝1 N，則物塊、木板都靜止不動 B．若F＝1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N C．若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為4 N D．若F＝8 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2 [解析]　A與木板間的最大靜摩擦力fA＝μmAg＝0.2×1×10 N＝2 N，B與木板間的最大靜摩擦力fB＝μmBg＝0.2×2×10 N＝4 N，設A與木板恰好發(fā)生相對滑動時水平恒力大小為F0，則由牛頓第二定律可知＝，解得F0＝3 N，F(xiàn)＝1 N

6、體在F作用下向左做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得F－f1＝mAa，所以A物塊所受摩擦力f1F0，所以A在木板上滑動，B和木板整體受到的摩擦力大小為fA，輕質(zhì)木板質(zhì)量不計，所以B的加速度大小為a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，對B進行受力分析，有f2＝mBa1＝2×1 N＝2 N，故C錯誤；F＝8 N>f0，所以A相對于木板滑動，B和木板整體受到摩擦力fA，由上述分析可知B的加速度大小為1 m/s2，故D正確． [答案]　D 5．(多選)(2019·樂山二診)如下圖所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質(zhì)量是A的2倍，B受到水平向右的恒

7、力FB＝2 N，A受到的水平向右的變力FA＝(9－2t) N，t的單位是s.從t＝0開始計時，則(　　) A．A物體在3 s末時刻的加速度是初始時刻的倍 B．t>4 s后，B物體做勻加速直線運動 C．t＝4.5 s時，A物體的速度為零 D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反 [解析]　當A、B間作用力為0時二者分離，此時aA＝aB，即＝，t＝4 s，此后B做勻加速直線運動，而A做加速度逐漸減小的加速運動．當t＝4.5 s時，A物體的加速度為零而速度不為零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反．當t<4 s時，A、B的加速度均為a＝.綜上所述，選項A、

8、B、D正確． [答案]　ABD 6．(多選)(2019·沈陽教學抽樣檢測)如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為θ，斜面a點以下(含a點)光滑，a點以上粗糙．可視為質(zhì)點的質(zhì)量均為1 kg的A、B兩滑塊靜止在a點，某時刻在B上加一沿斜面向上、大小為7 N的恒力，彈簧的勁度系數(shù)為100 N/m，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，兩滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.25，則A、B向上運動的過程中有(　　) A．A、B剛分離時A有沿斜面向上的加速度 B．從加上恒力到A、B分離A上升高度為7 cm C．A速度最大時，A沿斜面移動的距離為3 cm D．A速度最大時，A、B間彈

9、力為1 N [解析]　由題意知m＝1 kg、F＝7 N、k＝100 N/m、μ＝0.25，A、B剛過a點時的加速度大小為＝1.5 m/s2，剛分離時A、B間無彈力，對B有aB＝＝－1 m/s2，此時A、B加速度相同，故A的加速度沿斜面向下，此時對A有aA＝＝－1 m/s2，解得x1＝0.07 m，初態(tài)kx0＝2mgsinθ，解得x0＝0.12 m，A上升的高度為(0.12 m－0.07 m)sin37°＝3 cm，A、B錯；A速度最大即加速度為零，對A、B整體有kx2＋F－2mgsinθ－2μmgcosθ＝0，解得x2＝0.09 m，A沿斜面移動的距離Δx＝x0－x2＝0.03 m，此時對A

10、有kx2－N－mgsinθ－μmgcosθ＝0，解得A、B間彈力N＝1 N，C、D對． [答案]　CD 7．(多選)(2019·湖北七市聯(lián)合模擬)如下圖所示，在一沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶的左端A點，每隔T的時間，輕放上一個相同的工件，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，工件的質(zhì)量均為m，經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達到相同速度的工件之間的距離為x，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　) A．傳送帶的速率為 B．工件加速運動的時間為 C．工件與傳送帶間的相對位移一定為x D．根據(jù)題目已知條件可以求出工件與傳送帶的相對位移 [解析]　工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然

11、后做勻速直線運動，每個工件放上傳送帶后運動的規(guī)律相同，可知x＝vT，解得傳送帶的速率v＝，故A正確；設每個工件勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得，工件的加速度為a＝μg，根據(jù)v＝at，解得t＝＝，故B正確；工件加速過程的位移x工件＝＝，工件加速過程中傳送帶的位移x傳送帶＝vT＝2×x工件＝，工件與傳送帶間的相對位移Δx＝x傳送帶－x工件＝，故C錯誤，D正確． [答案]　ABD 8．(多選)(2019·山東省泰安市上學期期中)如圖所示，傾角為θ的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿

12、，B、C間由一輕質(zhì)細線連接．彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)突然剪斷細線或彈簧．下列判斷正確的是(　　) A．彈簧被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零 B．彈簧被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零 C．細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθ D．細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθ [解析]　若是彈簧被剪斷，將三個小球看做一個整體，整體的加速度為a＝gsinθ，然后隔離A，對A分析，設桿的作用力為F，則F＋mgsinθ＝ma，解得F＝0，A錯誤，B正確；剪斷細線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，系

13、統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則彈簧的彈力為F彈＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ.以C為研究對象知，細線的拉力為3mgsinθ.剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得F彈－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B兩個小球的加速度為aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上，以B為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得桿的拉力為FAB＝4mgsinθ，故C、D正確． [答案]　BCD 9．(多選)(2019·湖北省黃岡市質(zhì)檢)如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以v＝2.4 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，

14、傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，某時刻同時將A、B物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，已知A、B兩物塊釋放時的間距為0.042 m，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μA＝0.75、μB＝0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　) A．物塊B先做勻加速直線運動，后與傳送帶保持相對靜止 B．物塊B最終一定追上物塊A C．在t＝0.24 s時，A、B物塊速度大小相等 D．在t＝0.54 s前，A、B兩物塊之間的距離先增大后不變 [解析]　物塊B先做勻加速直線運動，當與傳送帶共速后，因為μB＝0

15、.5

16、.24 s時兩物塊速度相等，選項C正確；在開始的0.24 s內(nèi)因為A的加速度較大，則兩物塊間的距離逐漸變大；在0.24 s后物塊B繼續(xù)加速下滑，速度逐漸變大，則兩物塊間的距離又逐漸減小，選項D錯誤． [答案]　BC 二、非選擇題 10．(2019·成都實驗中學月考)如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg的物塊A放在質(zhì)量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B均靜止在水平地面上．現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板B上， 已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. (1)求能使A、B相對靜止的F的最大值． (

17、2)若F＝30 N，作用1 s后撤去F，要使A不從B上滑落，則木板至少為多長？從開始到A、B均靜止，A運動的總位移是多少？ [解析]　(1)對A進行受力分析可知，其最大加速度由A、B之間的最大靜摩擦力決定，由牛頓第二定律得μ1mg＝mamax，代入數(shù)據(jù)解得amax＝4 m/s2 對A、B整體進行受力分析可知，恰好無相對運動時，A、B具有共同的加速度，且大小為amax，由牛頓第二定律得 Fmax－μ2(M＋m)g＝(M＋m)amax，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝25 N. (2)設F作用在B上時，A、B的加速度大小分別為a1、a2，經(jīng)t1＝1 s，撤掉F時，A、B的速度大小分別為v1、v2，加

18、速度大小分別為a1′、a2′，A、B共同運動時速度大小為v3，加速度大小為a3. 對A進行受力分析，可知a1＝amax＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s 對B進行受力分析，有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，故a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s 撤去F時，有a1′＝a1＝4 m/s2， a2′＝＝2.25 m/s2 經(jīng)過t2時間后A、B速度相等，有v1＋a1′t2＝v2－a2′t2，代入數(shù)據(jù)解得t2＝0.2 s 則v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s 從開始到A、B相對靜止，A、B的相對位移應不大于木板的長度L，設A的位移為xA，B的位移為

19、xB，有 L≥xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m A、B速度相等后共同在水平面上做勻減速直線運動，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2 從A、B相對靜止至最終靜止，位移x＝＝11.52 m 故A運動的總位移為xA總＝xA＋x＝14.4 m. [答案]　(1)25 N　(2)0.75 m　14.4 m 11．(2019·安徽皖南八校聯(lián)考)在某電視臺舉辦的沖關游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，半徑R＝1.6 m，BC是長度為L1＝3 m的水平傳送帶，CD是長度為L2＝3.6 m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑

20、板可視為質(zhì)點，參賽者質(zhì)量m＝60 kg，滑板質(zhì)量可忽略．已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.4、μ2＝0.5，g取10 m/s2.求： (1)參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力； (2)若參賽者恰好能運動至D點，求傳送帶運轉(zhuǎn)速率及方向； (3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能． [解析]　(1)對參賽者：A到B過程，由動能定理得 mgR(1－cos60°)＝mv 解得vB＝4 m/s 在B處，由牛頓第二定律得FNB－mg＝m 解得FNB＝2mg＝1200 N 根據(jù)牛頓第三定律得，參賽者對軌道的壓力FNB′＝FNB＝1200 N，方向豎直

21、向下 (2)C到D過程由動能定理得－μ2mgL2＝0－mv 解得vC＝6 m/s B到C過程加速階段由牛頓第二定律得μ1mg＝ma 解得a＝4 m/s2 參賽者加速至vC歷時t＝＝0.5 s 位移x1＝t＝2.5 m