《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練2 力和直線運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練2 力和直線運動（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強化訓(xùn)練(二)一、選擇題(共10個小題，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動，相繼經(jīng)過兩段距離為16 m的路程，第一段用時4 s，第二段用時2 s，則物體的加速度是()A. m/s2B. m/s2C. m/s2 D. m/s2答案B解析根據(jù)題意，物體做勻加速直線運動，t時間內(nèi)的平均速度等于時刻的瞬時速度，在第一段內(nèi)中間時刻的瞬時速度為：v11 m/s4 m/s；在第二段內(nèi)中間時刻的瞬時速度為：v22 m/s8 m/s；則物體加速度為：a m/s2 m/s2，故B項正確2高速公路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長度是識別區(qū)
2、起點到自動欄桿的水平距離某汽車以21.6 km/h的速度勻速進(jìn)入識別區(qū)，ETC天線用了0.3 s的時間識別車載電子標(biāo)簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)現(xiàn)自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好沒有撞桿已知司機的反應(yīng)時間為0.7 s，剎車的加速度大小為5 m/s2，則該ETC通道的長度約為()A4.2 m B6.0 mC7.8 m D9.6 m答案D解析21.6 km/h6 m/s汽車在前0.3 s0.7 s內(nèi)做勻速直線運動，位移為：x1v0(t1t2)6(0.30.7) m6 m隨后汽車做減速運動，位移為：x2 m3.6 m所以該ETC通道的長度為：Lx1x2(63.6) m9.6 m
3、故A、B、C三項錯誤，D項正確3一質(zhì)點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標(biāo)原點時開始計時，其t的圖象如圖所示，則()A質(zhì)點做勻加速直線運動，加速度為1.0 m/s2B質(zhì)點在1 s末速度為1.5 m/sC質(zhì)點在第1 s內(nèi)的平均速度為0.75 m/sD質(zhì)點做勻速直線運動，速度為0.5 m/s答案AB解析由圖得：0.50.5t.根據(jù)勻變速運動的位移公式xv0tat2，得：v0at，對比可得：a0.5 m/s2，則質(zhì)點的加速度為a20.5 m/s21 m/s2.初速度為v00.5 m/s，則知質(zhì)點的加速度不變，質(zhì)點做勻加速直線運動，故A項正確，D項錯誤；質(zhì)點做勻加速直線運動，在1 s末速度為vv0at0.
4、5 m/s1 m/s1.5 m/s.則質(zhì)點在第1 s內(nèi)的平均速度為1 m/s，故B項正確，C項錯誤故選A、B兩項4在人工智能機器人跑步比賽中，t0時兩機器人位于同一起跑線上，機器人甲、乙運動的速度時間圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A機器人乙起跑時，機器人甲正好跑了1 mB機器人甲、乙相遇之前的最大距離為4 mC機器人乙起跑4 s后剛好追上機器人甲D機器人乙超過機器人甲后，甲、乙不可能再次相遇答案AD解析機器人乙在t2 s時起跑，此時機器人甲正好跑過的距離x m1 m，故A項正確；當(dāng)兩機器人的速度相等時相距最遠(yuǎn)，兩者間的最大距離等于03 s內(nèi)位移之差，即xmax m m1.5 m，故B項錯
5、誤；機器人乙起跑4 s后，甲通過的位移x甲1 m5 m，乙通過的位移x乙2 m6 m，知x乙x甲，說明在機器人乙起跑4 s前乙追上甲，故C項錯誤；機器人乙超過機器人甲后，乙的速度總比甲的大，則甲、乙不可能再次相遇，故D項正確故選A、D兩項5如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長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間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的aF圖取g10 m/s2，則()A滑塊的質(zhì)量m4 kgB木板的質(zhì)量M2 kgC當(dāng)F8 N時滑塊加速度為2 m/s2D滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1答案ABD解析當(dāng)F等于6 N時，加速度為：a1 m/s2
6、，對整體分析，由牛頓第二定律有：F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)解得：Mm6 kg，當(dāng)F大于6 N時，根據(jù)牛頓第二定律得：aF，由圖示圖象可知，圖線的斜率為：k，解得：M2 kg，滑塊的質(zhì)量為：m4 kg，故A、B兩項正確；根據(jù)F大于6 N的圖線知，F(xiàn)4時，a0，即：0F，代入數(shù)據(jù)解得：0.1，由圖示圖象可知，當(dāng)F8 N時，滑塊與木板相對滑動，滑塊的加速度為：ag1 m/s2，故C項錯誤，D項正確6.如圖所示，一固定桿與水平方向夾角為，將一質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個質(zhì)量為m2的小球，桿與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為.若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起運動，此時繩子與豎直方向夾角為，且
7、，則滑塊的運動情況是()A沿著桿加速下滑 B沿著桿減速上滑C沿著桿減速下滑 D沿著桿加速上滑答案B解析把滑塊和球看作一個整體受力分析，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：(m1m2)gsinf(m1m2)a，垂直斜面方向：FN(m1m2)gcos摩擦力：fFN聯(lián)立可解得：agsingcos，對小球有：若，agsin現(xiàn)有：gsin所以gsingcosgsin，gsingsingcos因為，所以gsingsin0，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，所以物體沿著桿減速上滑，故B項正確7在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩
8、套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體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gsin.對于題圖甲，以A為研究對象，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：axacosgsincos，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)；
9、對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合mgsin，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)，故C項正確，A、B、D三項錯誤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與桌面間的動摩擦因數(shù)為，物塊1與物塊2間的動摩擦因數(shù)為2.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f1223mg6mg，物塊2與地面間的最大靜摩擦力f24mg4mg，當(dāng)拉
10、力F4mg時，1、2兩物塊靜止不動，摩擦力隨F的增大而增大，當(dāng)物塊1、2開始滑動而未發(fā)生相對滑動時，物塊2與地面間的摩擦力為滑動摩擦力，故大小不變，對物塊2分析可知，f14mgma，解得f14mgma逐漸增大，當(dāng)物塊1與2剛好發(fā)生相對滑動時，物塊2與地面間的摩擦力為滑動摩擦力，故大小不變，物體2產(chǎn)生的最大加速度a22g，對物塊1，根據(jù)牛頓第二定律，此時的拉力為F，則Ff123ma2，解得F12mg，拉力繼續(xù)增大，此后2做勻加速運動，1做加速度增大的加速度運動，故A、C兩項正確，B、D兩項錯誤9.如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方的場強為E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下
11、方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場一個質(zhì)量為m，帶電量為q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點，則下列結(jié)論正確的是()A若A、B高度差為h，則UABB帶電小球在A、B兩點電勢能相等C在虛線上下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同D若E1，則兩電場強度大小關(guān)系滿足E22E1答案D解析對A到B的過程運用動能定理得：qUABmgh0，解得：UAB，可知A、B的電勢不相等，則帶電小球在A、B兩點電勢能也不相等，故A、B兩項錯誤；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)v22ax，則加速度大小相等，方向相反，故C項錯誤；在上方電場，根據(jù)
12、牛頓第二定律得：a1，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2，因為a1a2，解得：E2E1，若E1，則有：E22E1，故D項正確故選D項10.如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.4，取重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()A煤塊到A運動到B的時間是2.25 sB煤塊從A運動到B的時間是1.5 sC劃痕長度是2 mD劃痕長度是0.5 m答案BC解析煤塊在傳送帶上勻加速運動時，根據(jù)牛
13、頓第二定律有mgma，得ag4 m/s2，當(dāng)煤塊速度和傳送帶速度相同時，位移為：x12 m4 m因此煤塊先加速后勻速，勻加速運動的時間為：t11 s勻速運動的時間為：t20.5 s煤塊從A運動到B的總時間為：tt1t21.5 s，故A項錯誤，B項正確；在加速階段產(chǎn)生相對位移即產(chǎn)生劃痕，則劃痕長度為：xv0t1x12 m，故C項正確，D項錯誤故選B、C兩項二、計算題(共4個小題，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a0.8 m/s2的加速度啟動，恰在此時，一輛勻速運
14、動的大卡車以大小v7.2 m/s的速度從旁邊超過假設(shè)小汽車啟動后一直以加速度a加速行駛，直路足夠長，且前方?jīng)]有其他車輛和行人求：(1)從兩車并行起到兩車距離最大所經(jīng)歷的時間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，它們之間的距離最大，有：vat1解得：t19 s.(2)兩車速度相等時，小汽車和卡車行駛的距離分別為：xat12，xvt1又：Lxx解得：L32.4 m.(3)由運動學(xué)規(guī)律有：at22vt2解得：t218 s.12.如圖所示，質(zhì)量M2.0 kg的木板
15、靜止在光滑水平桌面上，木板上放有一質(zhì)量m1.0 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)，小鐵塊離木板左端的距離為L0.5 m，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為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動，設(shè)鐵塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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1 s，求拉力F2的大小；(3)若地面粗糙，且與木板間的動摩擦因數(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為
16、：f1mg由牛頓第二定律得鐵塊的最大加速度為：a1對整體，由牛頓第二定律得：F1(Mm)a1解得：F16 N.(3)設(shè)木板抽出的加速度為a2，由題意得：a2t2a1t2L對木板，由牛頓第二定律得：F2f1Ma2解得：F28 N.(3)設(shè)經(jīng)時間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：a34 m/s2由位移關(guān)系得：v0ta3t2a1t2La1tv0a3t解得：v0 m/s.13.如圖所示，一水平長為L2.25 m的傳送帶與平板緊靠在一起，且上表面在同一水平面，皮帶以v04 m/s勻速順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在傳送帶上左端靜止放上一質(zhì)量為m1 kg的煤塊(視為質(zhì)點)，煤塊與傳
17、送帶及煤塊與平板上表面之間的動摩擦因數(shù)均為10.2.經(jīng)過一段時間，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，在平板右側(cè)施加一個水平向右恒力F17 N，F(xiàn)作用了t01 s時煤塊與平板速度恰好相等，此時刻撤去F.最終煤塊沒有從平板上滑下，已知平板質(zhì)量M4 kg(重力加速度為g10 m/s2)，求：(1)傳送帶上黑色痕跡的長度；(2)平板與地面間的動摩擦因數(shù)2的大?。?3)平板上表面至少多長？(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)3.75 m(2)0.3(3)1.6 m解析(1)對煤塊由牛頓第二定律：1mgma1得a12 m/s2若煤塊一直加速
18、到右端，設(shè)到右端速度為v1得v122a1L解得：v13 m/s因為v11，共速后煤塊將以a1勻減速到停止，而平板以a3勻減速到停止對平板，由牛頓第二定律得：1mg2(Mm)gMa3得a3 m/s2t2 s s全過程平板位移為：s板(t0t2)解得：s板 m全過程煤塊位移為：s煤 m所以板長ls煤s板1.6 m.14一輕彈簧的一端固定在傾角為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，此時彈簧的壓縮量為x0，從t0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動經(jīng)過一段時間后，物塊a、b分離，再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離
19、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?。?3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關(guān)系式答案(1)(2)(3)Fmgsint2解析(1)對整體分析，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(mm)gsin解得：k.(2)由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時間位移為x0.由勻變速直線運動相鄰相等時間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：說明當(dāng)形變量為x1x0時二者分離；對m分析，因分離時a、b間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kx1mgsinma聯(lián)立式，解得：a.(3)設(shè)時間為t，則經(jīng)時間t時，ab前進(jìn)的位移為xat2則形變量變?yōu)椋簒x0x對整體分析可知，由牛頓第二定律，有Fkxgsina解得：Fmgsint2因分離時位移x由xat2，解得：t故應(yīng)保證t ，F(xiàn)表達(dá)式才能成立12
（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強化訓(xùn)練2 力和直線運動（含解析）
