（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練2 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二) 一、選擇題 1．(2019·貴陽(yáng)高三監(jiān)測(cè))一物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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＝·t，＝v0－at，聯(lián)立解得a＝1 m/s2，選項(xiàng)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(shí)刻甲車遇緊急情況后，甲、乙兩車的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖甲、乙所示．取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍铝姓f(shuō)法正確的是(　　) A．t＝3 s時(shí)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(shí)兩車相距最近，為10 m D．兩車在0～9 s內(nèi)會(huì)相撞 [解析]　由題圖可畫出兩車的速度—時(shí)間圖像，如圖所示． 由圖像可知，t＝6 s時(shí)兩車速度相等，此時(shí)兩車相距最近，故A錯(cuò)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(shí)兩車相距最近，為10 m，所以兩車不會(huì)相撞，故C正確，D錯(cuò)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(shí)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(yùn)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(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

4、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圖像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 4．(2019·河南南陽(yáng)一中開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，一輕質(zhì)長(zhǎng)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(dòng)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(dòng)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(dòng) 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(shè)A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)，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(jì)，所以B的加速度大小為a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，對(duì)B進(jìn)行受力分析，有f2＝mBa1＝2×1 N＝2 N，故C錯(cuò)誤；F＝8 N>f0，所以A相對(duì)于木板滑動(dòng)，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(lè)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(kāi)始計(jì)時(shí)，則(　　) A．A物體在3 s末時(shí)刻的加速度是初始時(shí)刻的倍 B．t>4 s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．t＝4.5 s時(shí)，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(dāng)A、B間作用力為0時(shí)二者分離，此時(shí)aA＝aB，即＝，t＝4 s，此后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t＝4.5 s時(shí)，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(dāng)t<4 s時(shí)，A、B的加速度均為a＝.綜上所述，選項(xiàng)A、

8、B、D正確． [答案]　ABD 6．(多選)(2019·沈陽(yáng)教學(xué)抽樣檢測(cè))如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面傾角為θ，斜面a點(diǎn)以下(含a點(diǎn))光滑，a點(diǎn)以上粗糙．可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量均為1 kg的A、B兩滑塊靜止在a點(diǎn)，某時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，則A、B向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中有(　　) A．A、B剛分離時(shí)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(shí)，A沿斜面移動(dòng)的距離為3 cm D．A速度最大時(shí)，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(guò)a點(diǎn)時(shí)的加速度大小為＝1.5 m/s2，剛分離時(shí)A、B間無(wú)彈力，對(duì)B有aB＝＝－1 m/s2，此時(shí)A、B加速度相同，故A的加速度沿斜面向下，此時(shí)對(duì)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(cuò)；A速度最大即加速度為零，對(duì)A、B整體有kx2＋F－2mgsinθ－2μmgcosθ＝0，解得x2＝0.09 m，A沿斜面移動(dòng)的距離Δx＝x0－x2＝0.03 m，此時(shí)對(duì)A

10、有kx2－N－mgsinθ－μmgcosθ＝0，解得A、B間彈力N＝1 N，C、D對(duì)． [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(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶的左端A點(diǎn)，每隔T的時(shí)間，輕放上一個(gè)相同的工件，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工件的質(zhì)量均為m，經(jīng)測(cè)量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．工件與傳送帶間的相對(duì)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(duì)位移 [解析]　工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然

11、后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，每個(gè)工件放上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同，可知x＝vT，解得傳送帶的速率v＝，故A正確；設(shè)每個(gè)工件勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(guò)程的位移x工件＝＝，工件加速過(guò)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(duì)位移Δx＝x傳送帶－x工件＝，故C錯(cuò)誤，D正確． [答案]　ABD 8．(多選)(2019·山東省泰安市上學(xué)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(gè)輕桿

12、，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接．彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然剪斷細(xì)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(gè)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(xì)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(xì)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(gè)小球看做一個(gè)整體，整體的加速度為a＝gsinθ，然后隔離A，對(duì)A分析，設(shè)桿的作用力為F，則F＋mgsinθ＝ma，解得F＝0，A錯(cuò)誤，B正確；剪斷細(xì)線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)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(duì)象知，細(xì)線的拉力為3mgsinθ.剪斷細(xì)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(duì)象，由牛頓第二定律得F彈－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B兩個(gè)小球的加速度為aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上，以B為研究對(duì)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(zhǎng)的傾斜傳送帶以v＝2.4 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，

14、傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，某時(shí)刻同時(shí)將A、B物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，已知A、B兩物塊釋放時(shí)的間距為0.042 m，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA＝0.75、μB＝0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．物塊B先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后與傳送帶保持相對(duì)靜止 B．物塊B最終一定追上物塊A C．在t＝0.24 s時(shí)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)與傳送帶共速后，因?yàn)棣藼＝0

15、.5

16、.24 s時(shí)兩物塊速度相等，選項(xiàng)C正確；在開(kāi)始的0.24 s內(nèi)因?yàn)锳的加速度較大，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(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　BC 二、非選擇題 10．(2019·成都實(shí)驗(yàn)中學(xué)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，地面與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2. (1)求能使A、B相對(duì)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(zhǎng)？從開(kāi)始到A、B均靜止，A運(yùn)動(dòng)的總位移是多少？ [解析]　(1)對(duì)A進(jìn)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(duì)A、B整體進(jìn)行受力分析可知，恰好無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shè)F作用在B上時(shí)，A、B的加速度大小分別為a1、a2，經(jīng)t1＝1 s，撤掉F時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為v3，加速度大小為a3. 對(duì)A進(jìn)行受力分析，可知a1＝amax＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s 對(duì)B進(jìn)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(shí)，有a1′＝a1＝4 m/s2， a2′＝＝2.25 m/s2 經(jīng)過(guò)t2時(shí)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(kāi)始到A、B相對(duì)靜止，A、B的相對(duì)位移應(yīng)不大于木板的長(zhǎng)度L，設(shè)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(yùn)動(dòng)，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2 從A、B相對(duì)靜止至最終靜止，位移x＝＝11.52 m 故A運(yùn)動(dòng)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(tái)舉辦的沖關(guān)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(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝3 m的水平傳送帶，CD是長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝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(diǎn)，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(dòng)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(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對(duì)軌道的壓力； (2)若參賽者恰好能運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向； (3)在第(2)問(wèn)中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能． [解析]　(1)對(duì)參賽者：A到B過(guò)程，由動(dòng)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(duì)軌道的壓力FNB′＝FNB＝1200 N，方向豎直

21、向下 (2)C到D過(guò)程由動(dòng)能定理得－μ2mgL2＝0－mv 解得vC＝6 m/s B到C過(guò)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(shí)t＝＝0.5 s 位移x1＝t＝2.5 m