2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤訓(xùn)練2 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)

《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤訓(xùn)練2 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤訓(xùn)練2 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 專題跟蹤訓(xùn)練2 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 一、選擇題 1．(2018·貴陽(yáng)高三監(jiān)測(cè))一物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在4 s內(nèi)的位移為16 m，速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的三分之一，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(shè)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(yùn)動(dòng)規(guī)律，x＝v0t－at2，＝v0－at，聯(lián)立解得a＝1 m/s2，選項(xiàng)A正確． [答案]　A 2．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同

2、向運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時(shí)刻并排行駛．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩車在t1時(shí)刻也并排行駛 B．在t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前 C．甲車的加速度大小先增大后減小 D．乙車的加速度大小先減小后增大 [解析]　本題可巧用逆向思維分析，兩車在t2時(shí)刻并排行駛，根據(jù)題圖分析可知在t1～t2時(shí)間內(nèi)甲車運(yùn)動(dòng)的位移大于乙車運(yùn)動(dòng)的位移，所以在t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前，B正確，A錯(cuò)誤；依據(jù)v－t圖象斜率表示加速度分析出C錯(cuò)誤，D正確． [答案]　BD 3．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙做勻速

3、直線運(yùn)動(dòng)．甲、乙兩車的位置x隨時(shí)間t的變化如圖所示．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在t1時(shí)刻兩車速度相等 B．從0到t1時(shí)間內(nèi)，兩車走過(guò)的路程相等 C．從t1到t2時(shí)間內(nèi)，兩車走過(guò)的路程相等 D．從t1到t2時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻，兩車速度相等 [解析]　x－t圖象某點(diǎn)的切線斜率表示瞬時(shí)速度，A錯(cuò)誤；前t1時(shí)間內(nèi)，由于甲、乙的出發(fā)點(diǎn)不同，故路程不同，B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，甲、乙的位移和路程都相等，大小都為x2－x1，C正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，甲的x－t圖象在某一點(diǎn)的切線與乙的x－t圖象平行，此時(shí)刻兩車速度相等，D正確． [答案]　CD 4．(2018·遼寧五校聯(lián)考)如圖a所示，某

4、研究小組利用此裝置探究物塊在恒力作用下加速度與木板傾角的關(guān)系．木板OA可繞軸心O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊受到平行于木板且指向A端、大小為F＝8.5 N的力的作用．通過(guò)實(shí)驗(yàn)得到如圖b所示的加速度與斜面傾角的關(guān)系圖線，且每次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中木板OA的傾角保持不變．若圖b中圖線與縱軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)a0＝6 m/s2，物塊的質(zhì)量m＝1 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，假定物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動(dòng)摩擦力．則(　　) A．物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．圖b中θ2大于60° C．如圖b所示，將木板傾角由θ1緩慢增加到θ2的過(guò)程中，摩擦

5、力一直減小 D．木板傾角為37°時(shí)，物塊所受的摩擦力為2.5 N [解析]　當(dāng)θ＝0°時(shí)，F(xiàn)－μmg＝ma0，a0＝6 m/s2，解得μ＝0.25，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)θ>θ2時(shí)，加速度為負(fù)值，當(dāng)θ＝θ2時(shí)，F(xiàn)＋μmgcosθ2＝mgsinθ2，易得θ2>60°，選項(xiàng)B正確；由題圖b可知，在θ1<θ<θ2時(shí)，物塊的加速度為零，靜止在木板上，物塊的合外力為零，在θ角較小時(shí)摩擦力與重力沿斜面分力同向，有mgsinθ＋f＝F，在θ角較大時(shí)摩擦力與重力沿斜面分力反向，有mgsinθ－f＝F，可知隨著θ增大，摩擦力f先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；木板傾角為37°時(shí)物塊的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力f＝μmgco

6、sθ＝2 N，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　B 5．(2018·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖所示，一端固定在地面上的桿與水平方向夾角為θ，將一質(zhì)量為M的滑塊套在桿上，滑塊通過(guò)輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，桿與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.先給滑塊一個(gè)沿桿方向的初速度，穩(wěn)定后，滑塊和小球一起以共同的加速度沿桿運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向夾角為β，且β>θ，不計(jì)空氣阻力，則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A．沿著桿減速下滑 B．沿著桿減速上滑 C．沿著桿加速下滑 D．沿著桿加速上滑 [解析]　把滑塊和小球看成一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，假設(shè)滑塊的速度方向向下，由牛頓第二定律知，沿桿方向有：(M＋m)gsinθ－f＝(

7、M＋m)a，垂直桿方向有：FN＝(M＋m)gcosθ，摩擦力f＝μFN′，F(xiàn)N′＝FN，聯(lián)立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，對(duì)小球，若θ＝β，a＝gsinβ，由題知θ<β，根據(jù)分析有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，即滑塊的速度方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑塊沿桿減速上滑，選項(xiàng)B正確． [答案]　B 6．(2018·安徽合肥一模改編)(多選)如圖所示，繃緊的長(zhǎng)為6 m的水平傳送帶，沿順時(shí)針?lè)较蛞院愣ㄋ俾蕍1＝2 m/s運(yùn)行．一小物塊從

8、與傳送帶等高的光滑水平臺(tái)面滑上傳送帶，其速度大小為v2＝5 m/s.若小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出 C．若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出 D．若小物塊的速度為1 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出 [解析]　小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，速度減至零時(shí)通過(guò)的位移為x.根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μ

9、g＝2 m/s2，則x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會(huì)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；傳送帶的速度為5 m/s時(shí)，小物塊在傳送帶上受力情況不變，則運(yùn)動(dòng)情況也不變，仍會(huì)從傳送帶左端滑出，B正確；若小物塊的速度為4 m/s，小物塊向左減速運(yùn)動(dòng)的位移大小為x′＝＝ m＝4 m<6 m，則小物塊的速度減到零后再向右加速，小物塊加速到與傳送帶共速時(shí)的位移為x″＝＝ m＝1 m<4 m，以后小物塊以v1＝2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到右端，則小物塊從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為2 m/s，C正確；若小物塊的速度為1 m/s，小物塊向左減速運(yùn)動(dòng)的位移大小為x＝＝ m＝0.25 m<

10、6 m，則小物塊速度減到零后再向右加速，由于x

11、做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此有：μmg＝1 N，聯(lián)立解得：物體的質(zhì)量為m＝4 kg，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；根據(jù)v－t圖象所圍的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可得物體在6 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；力對(duì)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(xiàng)C錯(cuò)誤． [答案]　D 8．(2018·浙江七校聯(lián)考)(多選)將長(zhǎng)木板和物塊放在傾角為α＝37°的足夠長(zhǎng)的斜面體頂端，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，已知長(zhǎng)木板的ab段長(zhǎng)度為3 m且上表面光滑，bc段的長(zhǎng)度為8 m且上表面粗糙，已知物塊與b

12、c段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.15，長(zhǎng)木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，長(zhǎng)木板與物塊的質(zhì)量相等，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，由某時(shí)刻開(kāi)始將長(zhǎng)木板和物塊無(wú)初速釋放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是(　　) A．長(zhǎng)木板和物塊釋放的瞬間，物塊的加速度大小為4.8 m/s2 B．長(zhǎng)木板和物塊釋放的瞬間，長(zhǎng)木板的加速度大小為0.8 m/s2 C．從釋放到物塊離開(kāi)長(zhǎng)木板所用的總時(shí)間為2 s D．物塊離開(kāi)長(zhǎng)木板瞬間的速度大小為10.8 m/s [解析]　系統(tǒng)釋放瞬間，設(shè)物塊的加速度為a1，長(zhǎng)木板的加速度為a2，對(duì)物塊，由牛頓第二定律可得

13、mgsin37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝6 m/s2，A錯(cuò)誤；對(duì)長(zhǎng)木板，由于mgsin37°<2μ2mgcos37°，故物塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板靜止不動(dòng)，即加速度為零，B錯(cuò)誤；物塊在ab段滑動(dòng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得xab＝a1t，解得t1＝1 s，當(dāng)物塊滑到長(zhǎng)木板的bc段時(shí)，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1′，代入數(shù)據(jù)解得a1′＝4.8 m/s2，則物塊的位移為x1′＝vt2＋a1′t，v＝a1t1，對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μ1mgcos37°－μ2·2mgcos37°＝ma2′，解得a2′＝0.8 m/s2，長(zhǎng)木板的位移為x2′＝

14、a2′t，當(dāng)物塊剛好離開(kāi)長(zhǎng)木板時(shí)有x1′－x2′＝xbc，聯(lián)立可解得t2＝1 s，則物塊在長(zhǎng)木板上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝2 s，C正確；由以上分析可知，物塊離開(kāi)長(zhǎng)木板時(shí)的速度大小為v′＝a1t1＋a1′t2＝(6×1＋4.8×1) m/s＝10.8 m/s，D正確． [答案]　CD 9.(2018·河南洛陽(yáng)高三統(tǒng)考)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為2 kg和1 kg，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為10 m/s2.現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．當(dāng)F＝17 N時(shí)

15、，物體A的加速度大小為0.5 m/s2 B．當(dāng)F＝21 N時(shí)，物體A的加速度大小為3 m/s2 C．當(dāng)F＝22 N時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng) D．當(dāng)F＝39 N時(shí)，B的加速度為9 m/s2 [解析]　當(dāng)水平拉力F＝17 N時(shí)，大于B與地面之間的最大靜摩擦力fB＝μB(mA＋mB)g＝0.4×(2＋1)×10 N＝12 N，若A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律，F(xiàn)－fB＝(mA＋mB)a，解得它們的加速度a＝ m/s2，對(duì)A，設(shè)B對(duì)A的摩擦力為f，由牛頓第二定律，F(xiàn)－f＝mAa，解得f＝ N，A、B之間的滑動(dòng)摩擦力fA＝μAmAg＝0.8×2×10 N＝16 N，大于A、B之間的摩擦力f，則

16、A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物體A的加速度為a＝ m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；要使A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A對(duì)B向右的摩擦力fA使B加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，fA－fB＝mBaB，解得aB＝4 m/s2；對(duì)A，由牛頓第二定律，F(xiàn)－fA＝mAaA，且aA>aB，解得F>24 N．當(dāng)F＝21 N時(shí)，A、B未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，可解得A的加速度a′＝3 m/s2，選項(xiàng)B正確；當(dāng)F＝22 N時(shí)，A相對(duì)B未發(fā)生滑動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；只要A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，無(wú)論F多大，B的加速度都為aB＝4 m/s2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　B 10.(2018·湖北黃岡高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A

17、、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示一維坐標(biāo)系．現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的是(　　) [解析]　外力反向后，A水平方向受彈簧彈力與B對(duì)A的彈力作用，B水平方向受A對(duì)B的彈力與拉力F作用，A、B先共同向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩滑塊間彈力恰好為0時(shí)，A、B分離．當(dāng)兩滑塊間彈力恰好為0時(shí)，A、B加速度相同，此時(shí)A的加速度由彈簧彈力提供，所以此時(shí)彈簧未恢復(fù)原長(zhǎng)，此后B在水平方向只受F作用，B、D正確． [答案]　BD

18、二、非選擇題 11．(2018·湖北襄陽(yáng)模擬)如圖所示，傳送帶長(zhǎng)6 m，與水平方向的夾角為37°，以v＝5 m/s的恒定速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)．一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，沿平行于傳送帶方向以v0＝10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小； (2)物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度大小． [解析]　(1)設(shè)物塊剛滑上傳送帶時(shí)，加速度大小為a1，由牛頓第二定律有： mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10 m/s2.

19、 (2)設(shè)物塊速度減為5 m/s所用時(shí)間為t1 則v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s 通過(guò)的位移：x1＝·t1＝3.75 m<6 m 因μ

20、輪與質(zhì)量為1 kg的物體B連接，木板A的右端與滑輪之間的距離足夠大．當(dāng)B從靜止開(kāi)始下落距離0.8 m時(shí)，在木板A的右端輕放一質(zhì)量為1 kg的小鐵塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))，最終C恰好未從木板A上滑落．A、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)在木板上放小鐵塊前瞬間木板的速度大小； (2)木板A的長(zhǎng)度l. [解析]　(1)在木板上放小鐵塊前，把A、B看作整體，由牛頓第二定律有 mBg＝(mA＋mB)a1 v＝2a1h 解得：v1＝2 m/s. (2)在木板上放小鐵塊后，取向右為正方向，由牛頓第二定律，對(duì)小鐵塊有：μmCg＝mCa2 得a2＝4 m/s2 對(duì)A、B整體有：mBg－μmCg＝(mA＋mB)a3 得a3＝1.5 m/s2 由題意知，小鐵塊滑到木板左端時(shí)，小鐵塊與木板的速度相同，則有a2t＝v1＋a3t，解得：t＝0.8 s 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：l＝v1t＋a3t2－a2t2 解得：l＝0.8 m. [答案]　(1)2 m/s　(2)0.8 m