(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練2 力和直線運(yùn)動(dòng)(含解析)

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二) 一、選擇題(共10個(gè)小題,3、4、5、8、10為多選,其余為單選,每題5分共50分) 1.(2016·上海)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),相繼經(jīng)過兩段距離為16 m的路程,第一段用時(shí)4 s,第二段用時(shí)2 s,則物體的加速度是(  ) A. m/s2         B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2 答案 B 解析 根據(jù)題意,物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),t時(shí)間內(nèi)的平均速度等于時(shí)刻的瞬時(shí)速度,在第一段內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度為:v1=1= m/s=4 m/s;在第二段內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度為:v2=2= m/s=8 m/s;則物體加速度為:a== m/s2= m/s2

2、,故B項(xiàng)正確. 2.高速公路的ETC電子收費(fèi)系統(tǒng)如圖所示,ETC通道的長(zhǎng)度是識(shí)別區(qū)起點(diǎn)到自動(dòng)欄桿的水平距離.某汽車以21.6 km/h的速度勻速進(jìn)入識(shí)別區(qū),ETC天線用了0.3 s的時(shí)間識(shí)別車載電子標(biāo)簽,識(shí)別完成后發(fā)出“滴”的一聲,司機(jī)發(fā)現(xiàn)自動(dòng)欄桿沒有抬起,于是采取制動(dòng)剎車,汽車剛好沒有撞桿.已知司機(jī)的反應(yīng)時(shí)間為0.7 s,剎車的加速度大小為5 m/s2,則該ETC通道的長(zhǎng)度約為(  ) A.4.2 m B.6.0 m C.7.8 m D.9.6 m 答案 D 解析 21.6 km/h=6 m/s 汽車在前0.3 s+0.7 s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),位移為: x1=v0(

3、t1+t2)=6×(0.3+0.7) m=6 m 隨后汽車做減速運(yùn)動(dòng),位移為: x2== m=3.6 m 所以該ETC通道的長(zhǎng)度為: L=x1+x2=(6+3.6) m=9.6 m 故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 3.一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng),通過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí),其-t的圖象如圖所示,則(  ) A.質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為1.0 m/s2 B.質(zhì)點(diǎn)在1 s末速度為1.5 m/s C.質(zhì)點(diǎn)在第1 s內(nèi)的平均速度為0.75 m/s D.質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為0.5 m/s 答案 AB 解析 由圖得:=0.5+0.5t.根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式x=v

4、0t+at2,得:=v0+at,對(duì)比可得:a=0.5 m/s2,則質(zhì)點(diǎn)的加速度為a=2×0.5 m/s2=1 m/s2.初速度為v0=0.5 m/s,則知質(zhì)點(diǎn)的加速度不變,質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤;質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在1 s末速度為v=v0+at=0.5 m/s+1 m/s=1.5 m/s.則質(zhì)點(diǎn)在第1 s內(nèi)的平均速度為==1 m/s,故B項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A、B兩項(xiàng). 4.在人工智能機(jī)器人跑步比賽中,t=0時(shí)兩機(jī)器人位于同一起跑線上,機(jī)器人甲、乙運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖所示,則下列說法正確的是(  ) A.機(jī)器人乙起跑時(shí),機(jī)器人甲正好跑了1 m B.機(jī)器人

5、甲、乙相遇之前的最大距離為4 m C.機(jī)器人乙起跑4 s后剛好追上機(jī)器人甲 D.機(jī)器人乙超過機(jī)器人甲后,甲、乙不可能再次相遇 答案 AD 解析 機(jī)器人乙在t=2 s時(shí)起跑,此時(shí)機(jī)器人甲正好跑過的距離x= m=1 m,故A項(xiàng)正確;當(dāng)兩機(jī)器人的速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn),兩者間的最大距離等于0~3 s內(nèi)位移之差,即xmax= m+ m=1.5 m,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;機(jī)器人乙起跑4 s后,甲通過的位移x甲=×1 m=5 m,乙通過的位移x乙=×2 m=6 m,知x乙>x甲,說明在機(jī)器人乙起跑4 s前乙追上甲,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;機(jī)器人乙超過機(jī)器人甲后,乙的速度總比甲的大,則甲、乙不可能再次相遇,故D項(xiàng)正確.故選A

6、、D兩項(xiàng). 5.如圖甲所示,一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上,其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊.木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí),用傳感器測(cè)出其加速度a,得到如圖乙所示的a-F圖.取g=10 m/s2,則(  ) A.滑塊的質(zhì)量m=4 kg B.木板的質(zhì)量M=2 kg C.當(dāng)F=8 N時(shí)滑塊加速度為2 m/s2 D.滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 答案 ABD 解析 當(dāng)F等于6 N時(shí),加速度為:a=1 m/s2,對(duì)整體分析,由牛頓第二定律有:F=(M+m)a,代入數(shù)據(jù)解得:M+m=6 kg,當(dāng)F大于6 N時(shí),根據(jù)牛頓第二定律得:a==F-,由圖示圖象可知,圖線的斜率為:

7、k====,解得:M=2 kg,滑塊的質(zhì)量為:m=4 kg,故A、B兩項(xiàng)正確;根據(jù)F大于6 N的圖線知,F(xiàn)=4時(shí),a=0,即:0=×F-,代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.1,由圖示圖象可知,當(dāng)F=8 N時(shí),滑塊與木板相對(duì)滑動(dòng),滑塊的加速度為:a=μg=1 m/s2,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 6.如圖所示,一固定桿與水平方向夾角為θ,將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上,通過輕繩懸掛一個(gè)質(zhì)量為m2的小球,桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若滑塊與小球保持相對(duì)靜止以相同的加速度a一起運(yùn)動(dòng),此時(shí)繩子與豎直方向夾角為β,且θ<β,則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是(  ) A.沿著桿加速下滑 B.沿著桿減速上滑 C.沿著桿減速

8、下滑 D.沿著桿加速上滑 答案 B 解析 把滑塊和球看作一個(gè)整體受力分析,沿斜面和垂直斜面建立直角坐標(biāo)系,若速度方向向下,則沿斜面方向:(m1+m2)gsinθ-f=(m1+m2)a, 垂直斜面方向: FN=(m1+m2)gcosθ 摩擦力:f=μFN 聯(lián)立可解得:a=gsinθ-μgcosθ, 對(duì)小球有:若θ=β,a=gsinβ 現(xiàn)有:θ<β,則有:a>gsinβ 所以gsinθ-μgcosθ>gsinβ,gsinθ-gsinβ>μgcosθ 因?yàn)棣?β,所以gsinθ-gsinβ<0,但μgcosθ>0,所以假設(shè)不成立,即速度的方向一定向上,由于加速度方向向下,所以

9、物體沿著桿減速上滑,故B項(xiàng)正確. 7.在兩個(gè)足夠長(zhǎng)的固定的相同斜面體上(其斜面光滑),分別有如圖所示的兩套裝置,斜面體B的上表面水平且光滑,長(zhǎng)方體D的上表面與斜面平行且光滑,p是固定在B、D上的小柱,完全相同的兩只彈簧一端固定在p上,另一端分別連在A、C上,在A與B、C與D分別保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過程中,下列說法正確的是(  ) A.兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B.兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C.彈簧L1處于壓縮狀態(tài),彈簧L2處于原長(zhǎng) D.彈簧L1處于拉伸狀態(tài),彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 答案 C 解析 由于斜面光滑,它們整體沿斜面下滑的加速度相同,為gsinα.對(duì)于題圖甲,以A為

10、研究對(duì)象,重力與支持力的合力沿豎直方向,而A沿水平方向的加速度:ax=acosα=g·sinαcosα,該加速度由水平方向彈簧的彈力提供,所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài);對(duì)于題圖乙,以C為研究對(duì)象,重力與斜面支持力的合力大?。篎合=mgsinα,即C不能受到彈簧的彈力,彈簧L2處于原長(zhǎng)狀態(tài),故C項(xiàng)正確,A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤. 8.如圖所示,質(zhì)量分別為3m和m的1、2兩物塊疊放在水平桌面上,物塊2與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物塊1與物塊2間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ.物塊1和物塊2的加速度大小分別用a1、a2表示,物塊1與物塊2間的摩擦力大小用f1表示,物塊2與桌面間的摩擦力大小用f2表示,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)

11、摩擦力.當(dāng)水平力F作用在物塊1上,下列反映a和f變化的圖線正確的是(  ) 答案 AC 解析 物塊1與2間的最大靜摩擦力f12=2μ·3mg=6μmg,物塊2與地面間的最大靜摩擦力f2=μ·4mg=4μmg,當(dāng)拉力F<4μmg時(shí),1、2兩物塊靜止不動(dòng),摩擦力隨F的增大而增大,當(dāng)物塊1、2開始滑動(dòng)而未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),物塊2與地面間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,故大小不變,對(duì)物塊2分析可知,f1-4μmg=ma,解得f1=4μmg+ma逐漸增大,當(dāng)物塊1與2剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),物塊2與地面間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,故大小不變,物體2產(chǎn)生的最大加速度a2==2μg,對(duì)物塊1,根據(jù)牛頓第二定律,此時(shí)

12、的拉力為F,則F-f12=3ma2,解得F=12μmg,拉力繼續(xù)增大,此后2做勻加速運(yùn)動(dòng),1做加速度增大的加速度運(yùn)動(dòng),故A、C兩項(xiàng)正確,B、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤. 9.如圖所示,地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場(chǎng),水平虛線上方的場(chǎng)強(qiáng)為E1,方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng);虛線下方為場(chǎng)強(qiáng)E2,方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng).一個(gè)質(zhì)量為m,帶電量為+q的小球從上方電場(chǎng)的A點(diǎn)由靜止釋放,結(jié)果剛好到達(dá)下方電場(chǎng)中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是(  ) A.若A、B高度差為h,則UAB= B.帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能相等 C.在虛線上下方的電場(chǎng)中,帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同 D.若E1=,則兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)

13、系滿足E2=2E1 答案 D 解析 對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得:qUAB+mgh=0,解得:UAB=,可知A、B的電勢(shì)不相等,則帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能也不相等,故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤;A到虛線速度由零加速至v,虛線到B速度由v減為零,位移相同,根據(jù)v2=2ax,則加速度大小相等,方向相反,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;在上方電場(chǎng),根據(jù)牛頓第二定律得:a1=,在下方電場(chǎng)中,根據(jù)牛頓第二定律得,加速度大小為:a2=,因?yàn)閍1=a2,解得:E2-E1=,若E1=,則有:E2=2E1,故D項(xiàng)正確.故選D項(xiàng). 10.如圖所示,水平傳送帶A、B兩端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始終保持不變)順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn),今

14、將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放至A端,由于煤塊與傳送帶之間有相對(duì)滑動(dòng),會(huì)在傳送帶上留下劃痕.已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,取重力加速度g=10 m/s2,則下列說法正確的是(  ) A.煤塊到A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是2.25 s B.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s C.劃痕長(zhǎng)度是2 m D.劃痕長(zhǎng)度是0.5 m 答案 BC 解析 煤塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma,得a=μg=4 m/s2,當(dāng)煤塊速度和傳送帶速度相同時(shí),位移為:x1==2 m<4 m 因此煤塊先加速后勻速,勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為: t1==1 s 勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t

15、2==0.5 s 煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的總時(shí)間為:t=t1+t2=1.5 s,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;在加速階段產(chǎn)生相對(duì)位移即產(chǎn)生劃痕,則劃痕長(zhǎng)度為:Δx=v0t1-x1=2 m,故C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選B、C兩項(xiàng). 二、計(jì)算題(共4個(gè)小題,11題11分,12題12分,13題12分,14題15分,共50分) 11.元旦期間,小聰和家人出去游玩,在途中的十字路口,他們乘坐的小汽車正在等綠燈,綠燈亮后,小汽車以大小a=0.8 m/s2的加速度啟動(dòng),恰在此時(shí),一輛勻速運(yùn)動(dòng)的大卡車以大小v=7.2 m/s的速度從旁邊超過.假設(shè)小汽車啟動(dòng)后一直以加速度a加速行駛,直路足夠長(zhǎng),且前方?jīng)]有其他車輛和行人.

16、求: (1)從兩車并行起到兩車距離最大所經(jīng)歷的時(shí)間t1; (2)兩車相遇之前的最大距離L; (3)從兩車并行起到兩車再次相遇所經(jīng)歷的時(shí)間t2. 答案 (1)9 s (2)32.4 m (3)18 s 解析 (1)經(jīng)分析可知,當(dāng)兩車的速度相等時(shí),它們之間的距離最大,有:v=at1 解得:t1=9 s. (2)兩車速度相等時(shí),小汽車和卡車行駛的距離分別為:x=at12,x′=vt1 又:L=x′-x 解得:L=32.4 m. (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有:at22=vt2 解得:t2=18 s. 12.如圖所示,質(zhì)量M=2.0 kg的木板靜止在光滑水平桌面上,木板上放有一質(zhì)量m

17、=1.0 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),小鐵塊離木板左端的距離為L(zhǎng)=0.5 m,鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2.現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在木板上,使木板和鐵塊由靜止開始運(yùn)動(dòng),設(shè)鐵塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2.則: (1)若要使鐵塊不從木板上滑出,求恒力的最大值F1; (2)若將木板從鐵塊下抽出歷時(shí)1 s,求拉力F2的大小; (3)若地面粗糙,且與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.改用棒打擊木板左側(cè),使木板瞬間獲得向右的速度v0,求v0至少多大時(shí)才能使小鐵塊脫離木板. 答案 (1)6 N (2)8 N (3) m/s 解析 (1)鐵塊受到的最大靜摩擦力

18、為:f1=μmg 由牛頓第二定律得鐵塊的最大加速度為:a1= 對(duì)整體,由牛頓第二定律得:F1=(M+m)a1 解得:F1=6 N. (3)設(shè)木板抽出的加速度為a2, 由題意得:a2t2-a1t2=L 對(duì)木板,由牛頓第二定律得:F2-f1=Ma2 解得:F2=8 N. (3)設(shè)經(jīng)時(shí)間t′鐵塊滑到木板的最左端且二者速度相等,由牛頓第二定律得木板的加速度大小為: a3==4 m/s2 由位移關(guān)系得:v0t′-a3t′2-a1t′2=L a1t′=v0-a3t′ 解得:v0= m/s. 13.如圖所示,一水平長(zhǎng)為L(zhǎng)=2.25 m的傳送帶與平板緊靠在一起,且上表面在同一水平面,

19、皮帶以v0=4 m/s勻速順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),現(xiàn)在傳送帶上左端靜止放上一質(zhì)量為m=1 kg的煤塊(視為質(zhì)點(diǎn)),煤塊與傳送帶及煤塊與平板上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.2.經(jīng)過一段時(shí)間,煤塊被傳送到傳送帶的右端,此過程在傳送帶上留下了一段黑色痕跡,隨后煤塊在平穩(wěn)滑上右端平板上的同時(shí),在平板右側(cè)施加一個(gè)水平向右恒力F=17 N,F(xiàn)作用了t0=1 s時(shí)煤塊與平板速度恰好相等,此時(shí)刻撤去F.最終煤塊沒有從平板上滑下,已知平板質(zhì)量M=4 kg(重力加速度為g=10 m/s2),求: (1)傳送帶上黑色痕跡的長(zhǎng)度; (2)平板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的大小; (3)平板上表面至少多長(zhǎng)?(計(jì)算結(jié)果保留

20、兩位有效數(shù)字) 答案 (1)3.75 m (2)0.3 (3)1.6 m 解析 (1)對(duì)煤塊由牛頓第二定律:μ1mg=ma1 得a1=2 m/s2 若煤塊一直加速到右端,設(shè)到右端速度為v1得 v12=2a1L 解得:v1=3 m/s 因?yàn)関1

21、 對(duì)平板,由牛頓第二定律得: F+μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 解得:μ2=0.3. (3)由于μ2>μ1,共速后煤塊將以a1勻減速到停止,而平板以a3勻減速到停止. 對(duì)平板,由牛頓第二定律得:μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3 得a3=- m/s2 t2==- s= s 全過程平板位移為:s板=(t0+t2) 解得:s板= m 全過程煤塊位移為:s煤== m 所以板長(zhǎng)l=s煤-s板≈1.6 m. 14.一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部,另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連,如圖所示.質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上,此時(shí)彈簧的壓縮量為x0,從t=0

22、時(shí)開始,對(duì)b施加沿斜面向上的外力,使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng).經(jīng)過一段時(shí)間后,物塊a、b分離,再經(jīng)過同樣長(zhǎng)的時(shí)間,b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為x0.彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi),重力加速度大小為g.求: (1)彈簧的勁度系數(shù); (2)物塊b加速度的大小; (3)在物塊a、b分離前,外力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式. 答案 (1) (2) (3)F=mgsinθ+t2 解析 (1)對(duì)整體分析,根據(jù)平衡條件可知,沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡,則有 kx0=(m+m)gsinθ 解得:k=.① (2)由題意可知,b經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為x0. 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知:=② 說明當(dāng)形變量為x1=x0-=時(shí)二者分離; 對(duì)m分析,因分離時(shí)a、b間沒有彈力,則根據(jù)牛頓第二定律可知: kx1-mgsinθ=ma③ 聯(lián)立①②③式,解得:a=. (3)設(shè)時(shí)間為t,則經(jīng)時(shí)間t時(shí),ab前進(jìn)的位移為 x=at2= 則形變量變?yōu)椋害=x0-x 對(duì)整體分析可知,由牛頓第二定律,有 F+kΔx-gsinθ=a 解得:F=mgsinθ+t2 因分離時(shí)位移x= 由x==at2,解得:t= 故應(yīng)保證t< ,F(xiàn)表達(dá)式才能成立. 12

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