2022年高考物理大二輪復習 專題一 力與運動 專題跟蹤訓練2 力與物體的直線運動

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1、2022年高考物理大二輪復習 專題一 力與運動 專題跟蹤訓練2 力與物體的直線運動 一、選擇題 1．(2018·貴陽高三監(jiān)測)一物體做勻減速直線運動，在4 s內的位移為16 m，速度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?，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，根據勻變速直線運動規(guī)律，x＝v0t－at2，＝v0－at，聯(lián)立解得a＝1 m/s2，選項A正確． [答案]　A 2．(2018·全國卷Ⅱ)(多選)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同

2、向運動，其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時刻并排行駛．下列說法正確的是(　　) A．兩車在t1時刻也并排行駛 B．在t1時刻甲車在后，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時刻并排行駛，根據題圖分析可知在t1～t2時間內甲車運動的位移大于乙車運動的位移，所以在t1時刻甲車在后，乙車在前，B正確，A錯誤；依據v－t圖象斜率表示加速度分析出C錯誤，D正確． [答案]　BD 3．(2018·全國卷Ⅲ)(多選)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速

3、直線運動．甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．在t1時刻兩車速度相等 B．從0到t1時間內，兩車走過的路程相等 C．從t1到t2時間內，兩車走過的路程相等 D．從t1到t2時間內的某時刻，兩車速度相等 [解析]　x－t圖象某點的切線斜率表示瞬時速度，A錯誤；前t1時間內，由于甲、乙的出發(fā)點不同，故路程不同，B錯誤；t1～t2時間內，甲、乙的位移和路程都相等，大小都為x2－x1，C正確；t1～t2時間內，甲的x－t圖象在某一點的切線與乙的x－t圖象平行，此時刻兩車速度相等，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系．木板OA可繞軸心O在豎直平面內轉動，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．通過實驗得到如圖b所示的加速度與斜面傾角的關系圖線，且每次實驗過程中木板OA的傾角保持不變．若圖b中圖線與縱軸交點的縱坐標a0＝6 m/s2，物塊的質量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摩擦力．則(　　) A．物塊與木板間的動摩擦因數為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的過程中，摩擦

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

6、sθ＝2 N，故選項D錯誤． [答案]　B 5．(2018·鄭州質量預測)如圖所示，一端固定在地面上的桿與水平方向夾角為θ，將一質量為M的滑塊套在桿上，滑塊通過輕繩懸掛一質量為m的小球，桿與滑塊之間的動摩擦因數為μ.先給滑塊一個沿桿方向的初速度，穩(wěn)定后，滑塊和小球一起以共同的加速度沿桿運動，此時繩子與豎直方向夾角為β，且β>θ，不計空氣阻力，則滑塊的運動情況是(　　) 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整體進行受力分析，假設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′，FN′＝FN，聯(lián)立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，對小球，若θ＝β，a＝gsinβ，由題知θ<β，根據分析有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因為θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假設不成立，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，繃緊的長為6 m的水平傳送帶，沿順時針方向以恒定速率v1＝2 m/s運行．一小物塊從

8、與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度大小為v2＝5 m/s.若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動 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動，設加速度大小為a，速度減至零時通過的位移為x.根據牛頓第二定律得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，不會向右做勻加速直線運動，A錯誤；傳送帶的速度為5 m/s時，小物塊在傳送帶上受力情況不變，則運動情況也不變，仍會從傳送帶左端滑出，B正確；若小物塊的速度為4 m/s，小物塊向左減速運動的位移大小為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的速度勻速運動到右端，則小物塊從傳送帶右端滑出時的速度為2 m/s，C正確；若小物塊的速度為1 m/s，小物塊向左減速運動的位移大小為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、做勻速直線運動，因此有：μmg＝1 N，聯(lián)立解得：物體的質量為m＝4 kg，物體與地面間的動摩擦因數為μ＝0.025，選項A錯誤，選項D正確；根據v－t圖象所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6 s內運動的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項B錯誤；力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s內推力做的功為W＝Fx＝3××2×1 J＝3 J，選項C錯誤． [答案]　D 8．(2018·浙江七校聯(lián)考)(多選)將長木板和物塊放在傾角為α＝37°的足夠長的斜面體頂端，物塊可視為質點，已知長木板的ab段長度為3 m且上表面光滑，bc段的長度為8 m且上表面粗糙，已知物塊與b

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

13、mgsin37°＝ma1，代入數據解得a1＝6 m/s2，A錯誤；對長木板，由于mgsin37°<2μ2mgcos37°，故物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動，即加速度為零，B錯誤；物塊在ab段滑動時，由運動學公式得xab＝a1t，解得t1＝1 s，當物塊滑到長木板的bc段時，對物塊，由牛頓第二定律得mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1′，代入數據解得a1′＝4.8 m/s2，則物塊的位移為x1′＝vt2＋a1′t，v＝a1t1，對長木板，由牛頓第二定律得mgsin37°＋μ1mgcos37°－μ2·2mgcos37°＝ma2′，解得a2′＝0.8 m/s2，長木板的位移為x2′＝

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

15、，物體A的加速度大小為0.5 m/s2 B．當F＝21 N時，物體A的加速度大小為3 m/s2 C．當F＝22 N時，A相對B滑動 D．當F＝39 N時，B的加速度為9 m/s2 [解析]　當水平拉力F＝17 N時，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)生相對滑動，由牛頓第二定律，F－fB＝(mA＋mB)a，解得它們的加速度a＝ m/s2，對A，設B對A的摩擦力為f，由牛頓第二定律，F－f＝mAa，解得f＝ N，A、B之間的滑動摩擦力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)生相對滑動，物體A的加速度為a＝ m/s2，選項A錯誤；要使A、B之間發(fā)生相對滑動，A對B向右的摩擦力fA使B加速運動，由牛頓第二定律，fA－fB＝mBaB，解得aB＝4 m/s2；對A，由牛頓第二定律，F－fA＝mAaA，且aA>aB，解得F>24 N．當F＝21 N時，A、B未發(fā)生相對滑動，可解得A的加速度a′＝3 m/s2，選項B正確；當F＝22 N時，A相對B未發(fā)生滑動，選項C錯誤；只要A、B發(fā)生相對滑動，無論F多大，B的加速度都為aB＝4 m/s2，選項D錯誤． [答案]　B 10.(2018·湖北黃岡高三質檢)(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質點的兩滑塊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，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標原點建立如圖所示一維坐標系．現將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關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A的彈力作用，B水平方向受A對B的彈力與拉力F作用，A、B先共同向右做勻加速運動，當兩滑塊間彈力恰好為0時，A、B分離．當兩滑塊間彈力恰好為0時，A、B加速度相同，此時A的加速度由彈簧彈力提供，所以此時彈簧未恢復原長，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·湖北襄陽模擬)如圖所示，傳送帶長6 m，與水平方向的夾角為37°，以v＝5 m/s的恒定速度順時針運動．一個質量為2 kg的物塊(可視為質點)，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摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大??； (2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大?。? [解析]　(1)設物塊剛滑上傳送帶時，加速度大小為a1，由牛頓第二定律有： mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1 代入數據解得：a1＝10 m/s2.

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

20、輪與質量為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B從靜止開始下落距離0.8 m時，在木板A的右端輕放一質量為1 kg的小鐵塊C(可視為質點)，最終C恰好未從木板A上滑落．A、C間的動摩擦因數μ＝0.4，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．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??； (2)木板A的長度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，對小鐵塊有：μmCg＝mCa2 得a2＝4 m/s2 對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，小鐵塊與木板的速度相同，則有a2t＝v1＋a3t，解得：t＝0.8 s 由運動學公式可知：l＝v1t＋a3t2－a2t2 解得：l＝0.8 m. [答案]　(1)2 m/s　(2)0.8 m