《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤檢測(cè)2（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤檢測(cè)2（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題跟蹤檢測(cè)(二) (建議用時(shí)：45分鐘) 基礎(chǔ)通關(guān) 1．(2020·貴州貴陽摸底)一幢高層商住樓的層高均為2.5 m，該樓房所裝升降電梯運(yùn)行速度的最大值為3 m/s，加速度大小不超過1 m/s2.若電梯中途不停，則住在31樓的某居民從一樓(地面)乘電梯到其所住樓層的最短時(shí)間為(　　) A．13 s B．16 s C．21 s D．28 s D　解析 當(dāng)電梯由靜止開始以最大加速度加速到最大速度，最后以最大加速度減速停止在31樓時(shí)，用戶到31樓用時(shí)最短．電梯總位移x＝(31－1)×2.5 m＝75 m，設(shè)勻加速時(shí)間為t1，對(duì)應(yīng)位移為x1，勻減速時(shí)間為t2，對(duì)應(yīng)位移為x2，由勻

2、變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，t1＝t2＝＝3 s，x1＝x2＝＝4.5 m，所以電梯勻速上升的位移x3＝x－x1－x2＝66 m，所用時(shí)間t3＝ s＝22 s，那么電梯從1樓到31樓的最短時(shí)間為t1＋t2＋t3＝28 s，選項(xiàng)D正確． 2．(2019·湖南雅禮中學(xué)開學(xué)考試)如圖所示，a、b、c、d為光滑斜面上的四個(gè)點(diǎn)．一小滑塊自a點(diǎn)由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時(shí)間均為T.現(xiàn)讓該滑塊自b點(diǎn)由靜止開始下滑，則該滑塊(　　) A．通過bc、cd段的時(shí)間均大于T B．通過c、d點(diǎn)的速度之比為1∶2 C．通過bc、cd段的位移之比為1∶3 D．通過c點(diǎn)的速度等于通過bd段的平均

3、速度 A　解析 當(dāng)滑塊由a點(diǎn)靜止下滑時(shí)，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a′，假設(shè)ab段的間距為x，則bc、cd段的間距應(yīng)分別為3x、5x，故xbc∶xcd＝3∶5，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如果滑塊由b點(diǎn)靜止釋放，顯然滑塊通過bc、cd段的時(shí)間均大于T，選項(xiàng)A正確；滑塊在c點(diǎn)的速度應(yīng)為v1＝，滑塊在d點(diǎn)的速度應(yīng)為v2＝，則v1∶v2＝∶，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)閤bc∶xcd＝3∶5，顯然通過c點(diǎn)的時(shí)刻不是bd的中間時(shí)刻，則滑塊通過c點(diǎn)的速度不等于bd段的平均速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．(2019·浙江杭州模擬)元宵節(jié)期間人們?nèi)挤牌鹈利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日，按照設(shè)計(jì)，某種型號(hào)的裝有焰火的禮

4、花彈從專用炮筒中射出后，在3 s末到達(dá)離地面90 m的最高點(diǎn)時(shí)炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案．假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時(shí)的初速度是v0，上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分別等于(　　) A．30 m/s,1 B．30 m/s,0.5 C．60 m/s,0.5 D．60 m/s,1 D　解析 利用運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有x＝·t，代入數(shù)據(jù)得v0＝60 m/s；對(duì)上升過程中的禮花彈受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律有mg＋Ff＝ma，又Ff＝kmg，a＝ m/s2＝20 m/s2，解得k＝1，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確． 4．(2019·安徽合肥模

5、擬)處于豎直平面內(nèi)的某圓周的兩條直徑AB、CD間夾角為60°，其中直徑AB水平，AD與CD是光滑的細(xì)桿．從A點(diǎn)和C點(diǎn)分別靜止釋放兩小球，從A、C點(diǎn)下落到D點(diǎn)的時(shí)間分別是t1、t2，則t1∶t2是(　　) A．1∶1 B．3∶2 C．∶ D．∶ C　解析 由圖可知，sCD＝2R，aCD＝g，由幾何關(guān)系可得出sAD＝R，aAD＝g，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝at2，可得＝，帶入數(shù)據(jù)解得＝，選項(xiàng)C正確． 5．(2020·湖南四校聯(lián)考)在某大霧天氣，某人駕駛一輛小汽車以30 m/s的速度行駛在高速公路上，突然發(fā)現(xiàn)正前方30 m處有一輛大卡車以10 m/s的速度同方向勻速行駛，小汽車緊急剎車，但

6、剎車過程中剎車失靈．如圖所示，a、b分別為小汽車和大卡車運(yùn)動(dòng)的vt圖線，下列說法正確的是(　　) A．因剎車失靈前小汽車已減速，不會(huì)追尾 B．在t＝5 s時(shí)追尾 C．在t＝3 s時(shí)追尾 D．由于初始距離太近，即使剎車不失靈也會(huì)追尾 C　解析 根據(jù)vt圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移，可知在兩車速度相等時(shí)，行駛的位移差Δx＝×(20＋10)×1 m＋×10×4 m＝35 m＞L0＝30 m，故在5 s前兩車已經(jīng)追尾，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝3 s時(shí)，兩車行駛的位移差Δx′＝×(20＋10)×1 m＋×(10＋5)×2 m＝30 m＝L0，故在t＝3 s時(shí)，兩車追尾，選項(xiàng)C正確

7、；若剎車不失靈，則當(dāng)兩車速度相等時(shí)，行駛的位移差Δx″＝×20×2 m＝20 m＜L0，故不會(huì)追尾，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6．(2019·四川綿陽模擬)如圖甲所示，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的物體提升到高處．滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì)，物體獲得的加速度a與繩子對(duì)物體豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示．由圖可以判斷下列說法正確的是(　　) ①圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM＝－g ②圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN＝mg ③圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m ④圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) A．②④ B．②③ C．①②③ D．①②④ D　解析 對(duì)物體受力分析，受重力mg和拉力T，根據(jù)牛頓第二定律

8、，有T－mg＝ma，得a＝－g.當(dāng)T＝0時(shí)，a＝－g，即圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM＝－g，①正確；當(dāng)a＝0時(shí)，T＝mg，故圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN＝mg，②正確；圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，③錯(cuò)誤，④正確． 7．(2019·山東濟(jì)寧二模)質(zhì)量為1 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示．A和B經(jīng)過1 s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則物塊A的質(zhì)量為(　　) A．1 kg B．2 kg C．3 kg D．6 kg C　解析 由圖象可知，物塊在0～1 s內(nèi)的加速度

9、大小為a1＝2 m/s2，以物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，木板在0～1 s內(nèi)的加速度大小為a2＝2 m/s2，在1 s～3 s內(nèi)物塊與木板相對(duì)靜止，一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a3＝1 m/s2，AB同速后為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，再以B為研究對(duì)象，在0～1 s內(nèi)水平方向受到兩個(gè)滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，代入數(shù)據(jù)解得A的質(zhì)量m＝3 kg. 8．(2019·山東煙臺(tái)模擬)兩個(gè)物體從同一高度同時(shí)由靜止開始下落，經(jīng)過一段時(shí)間分別與水平地面發(fā)生碰撞(碰撞過程時(shí)間極短)后

10、反彈，碰撞前后瞬間速度大小不變，其中一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略，另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比．下列分別用虛線和實(shí)線描述的兩物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象，可能正確的是(　　) D　解析 若不計(jì)空氣阻力，則物體下落后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與地面碰撞后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)(勻減速直線運(yùn)動(dòng))，加速度不變；若考慮空氣阻力，下落過程中，速度越來越大，則空氣阻力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度越來越小且小于g，與地面碰撞后，速度越來越小，則空氣阻力越來越小，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度越來越小且大于g，根據(jù)速度—時(shí)間圖象的斜率表示加速度大小可知，選項(xiàng)D正確． 能力提升 9．(2019·天津二

11、模)(多選)如圖甲所示，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量 C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 ACD　解析 由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動(dòng)摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項(xiàng)A、C正確．由vt圖象中橫軸上方的面積

12、可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項(xiàng)D正確． 10．(2019·重慶三模)(多選)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其vt圖象如圖所示．已知兩車在t＝3 s時(shí)并排行駛，則(　　) A．在t＝1 s時(shí)，甲車在乙車后 B．在t＝0時(shí)，甲車在乙車前7.5 m C．兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是t＝2 s D．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m BD　解析 根據(jù)題述，兩車在t＝3 s時(shí)并排行駛，由vt圖線與橫軸所圍面積表示位移可知，在t＝1 s時(shí)，甲車和乙車并排行駛，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤．由圖象可知，在t＝1 s時(shí)甲車速度為10 m/s，

13、乙車速度為15 m/s,0～1 s時(shí)間內(nèi)，甲車行駛位移為x1＝5 m，乙車行駛位移為x2＝12.5 m，所以在t＝0時(shí)，甲車在乙車前7.5 m，選項(xiàng)B正確．從t＝1 s到t＝3 s，甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為x＝×(10＋30)×2 m＝40 m，選項(xiàng)D正確． 11．(2019·河西五市聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時(shí)均靜止．現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動(dòng)物塊B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B兩物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的vt關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時(shí)

14、刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn))，重力加速度為g，則(　　) A．t2時(shí)刻，彈簧形變量為零 B．t1時(shí)刻，彈簧形變量為 C．從開始到t2時(shí)刻，拉力F逐漸增大 D．從t1時(shí)刻開始，拉力F恒定不變 BD　解析 由題圖乙知，t2時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx，則x＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖乙讀出，t1時(shí)刻A、B開始分離，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律kx－mgsin θ＝ma，則x＝，選項(xiàng)B正確；從開始到t1時(shí)刻，對(duì)AB整體，根據(jù)牛頓第二定律F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x減小，F(xiàn)增大，t1時(shí)

15、刻到t2時(shí)刻，對(duì)B由牛頓第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 12．(2020·貴州貴陽摸底)(多選)如圖所示，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊A、B和C，質(zhì)量均為m，設(shè)它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，用水平向右的恒力F推物塊A，使三個(gè)物塊一起向右勻加速運(yùn)動(dòng)，用F1、F2分別表示A與B、B與C之間相互作用力的大小，則下列判斷正確的是(　　) A．若μ≠0，則F1∶F2＝2∶1 B．若μ≠0，則F1∶F2＝3∶1 C．若μ＝0，則F1∶F2＝2∶1 D．若μ＝0，則F1∶F2＝3∶1 AC　解析 三物塊一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)

16、，設(shè)加速度為a，若μ＝0，分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1＝2ma，F(xiàn)2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；若μ≠0，分別對(duì)物塊B、C組成的系統(tǒng)和物塊C應(yīng)用牛頓第二定律有F1－2μmg＝2ma，F(xiàn)2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤． 13．(2020·山東德州一中開學(xué)考試)下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害．某地有一傾角為θ＝37°的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊

17、)，在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)；在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變．已知A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A離B下邊緣的距離l＝27 m，C足夠長(zhǎng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大?。? (2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間． 解析 (1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得

18、 Ff1＝μ1FN1，① FN1＝mgcos θ，② Ff2＝μ2FN2，③ FN2＝F′N1＋mgcos θ，④ 規(guī)定沿斜面向下為正．設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1，⑤ mgsin θ－Ff2＋F′f1＝ma2，⑥ FN1＝F′N1，⑦ Ff1＝F′f1，⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得 a1＝3 m/s2，⑨ a2＝1 m/s2.⑩ (2)在t1＝2 s時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝a1t1＝6 m/s，? v2＝a2t1＝2 m/s，? t＞t1時(shí)，設(shè)A和B的加速度分別為a′1

19、和a′2.此時(shí)A與B之間的摩擦力為零，同理可得， a′1＝6 m/s2，? a′2＝－2 m/s2，? B做減速運(yùn)動(dòng)．設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2，B的速度減為零，則有 v2＋a′2t2＝0，? 聯(lián)立???式得t2＝1 s， 在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為 x＝(a1t＋v1t2＋a′1t)－(a2t＋v2t2＋a′2t)＝12 m<27 m， 此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動(dòng)．設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3后A離開B，則有 l－x＝(v1＋a′1t2)t3＋a′1t， 可得，t3＝1 s，(另一解不符合題意，舍去) 設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總，有 t總＝t1＋t2＋t3＝4 s. 答

20、案 (1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 14．(2019·湖北襄陽四中檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，放置在質(zhì)量M＝2 kg、足夠長(zhǎng)木板的中間，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在兩個(gè)作用區(qū)，兩作用區(qū)的寬度均為1 m，相距為d，作用區(qū)只對(duì)物塊有力的作用，Ⅰ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向右，Ⅱ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向左，作用力大小均為3 N．將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內(nèi)的最左邊)由靜止釋放，已知整個(gè)過程中物塊不會(huì)滑離木板．取g＝10 m/s2. (1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時(shí)，物塊的速度多大？ (2)

21、若物塊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區(qū)的邊界距離d； (3)物塊與木板最終停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，求二者相對(duì)滑動(dòng)的路程． 解析 (1)由題圖可知，在Ⅰ區(qū)域時(shí)對(duì)物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝mam1， am1＝＝2 m/s2， 對(duì)木板受力分析，有 μmg＝MaM1， aM1＝0.5 m/s2， L＝am1t， t1＝＝1 s， vm1＝am1t1＝2 m/s， vM1＝aM1t1＝0.5 m/s. (2)物塊離開左側(cè)Ⅰ區(qū)域后μmg＝mam2， am2＝1 m/s2， aM2＝aM1＝0.5 m/s2， 當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時(shí)vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2， 解得t2＝1 s， d＝vm1t2－am2t＝1.5 m. (3)由于F＞μmg，所以物塊與木板最終只能停在兩區(qū)域之間，則有FL＝μmgs，s＝＝3 m. 答案 (1)2 m/s　(2)1.5 m　(3)3 m