（新課標）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）

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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/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：v1＝1＝ m/s＝4 m/s；在第二段內(nèi)中間時刻的瞬時速度為：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)起點到自動欄桿的水平距離．某汽車以21.6 km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3 s的時間識別車載電子標簽，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(　　) 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)做勻速直線運動，位移為： x1＝v0(

3、t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7) m＝6 m 隨后汽車做減速運動，位移為： x2＝＝ m＝3.6 m 所以該ETC通道的長度為： L＝x1＋x2＝(6＋3.6) m＝9.6 m 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/s2 B．質(zhì)點在1 s末速度為1.5 m/s C．質(zhì)點在第1 s內(nèi)的平均速度為0.75 m/s D．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：＝0.5＋0.5t.根據(jù)勻變速運動的位移公式x＝v

4、0t＋at2，得：＝v0＋at，對比可得：a＝0.5 m/s2，則質(zhì)點的加速度為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v＝v0＋at＝0.5 m/s＋1 m/s＝1.5 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，t＝0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 m B．機器人

5、甲、乙相遇之前的最大距離為4 m C．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t＝2 s時起跑，此時機器人甲正好跑過的距離x＝ m＝1 m，故A項正確；當兩機器人的速度相等時相距最遠，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項錯誤；機器人乙起跑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

6、、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F＝8 N時滑塊加速度為2 m/s2 D．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1 答案　ABD 解析　當F等于6 N時，加速度為：a＝1 m/s2，對整體分析，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F大于6 N時，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兩項正確；根據(jù)F大于6 N的圖線知，F(xiàn)＝4時，a＝0，即：0＝×F－，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.1，由圖示圖象可知，當F＝8 N時，滑塊與木板相對滑動，滑塊的加速度為：a＝μg＝1 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θ，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μ.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β，且θ<β，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

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整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標系，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 因為θ<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分別保持相對靜止狀態(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gsinα.對于題圖甲，以A為

10、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：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＝mgsinα，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μ，物塊1與物塊2間的動摩擦因數(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

11、摩擦力．當水平力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，當拉力F<4μmg時，1、2兩物塊靜止不動，摩擦力隨F的增大而增大，當物塊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，f1－4μmg＝ma，解得f1＝4μmg＋ma逐漸增大，當物塊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a2＝＝2μg，對物塊1，根據(jù)牛頓第二定律，此時

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UAB＝ B．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)

13、系滿足E2＝2E1 答案　D 解析　對A到B的過程運用動能定理得：qUAB＋mgh＝0，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)v2＝2ax，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)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a1＝a2，解得：E2－E1＝，若E1＝，則有：E2＝2E1，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x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今

14、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)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運動到B的時間是2.25 s B．煤塊從A運動到B的時間是1.5 s C．劃痕長度是2 m D．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)牛頓第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝4 m/s2，當煤塊速度和傳送帶速度相同時，位移為：x1＝＝2 m<4 m 因此煤塊先加速后勻速，勻加速運動的時間為： t1＝＝1 s 勻速運動的時間為：t

15、2＝＝0.5 s 煤塊從A運動到B的總時間為：t＝t1＋t2＝1.5 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：Δx＝v0t1－x1＝2 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a＝0.8 m/s2的加速度啟動，恰在此時，一輛勻速運動的大卡車以大小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．

16、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，當兩車的速度相等時，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，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)由運動學(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)，小鐵塊離木板左端的距離為L＝0.5 m，鐵塊與木板間的動摩擦因數(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

18、為：f1＝μmg 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＝(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 對木板，由牛頓第二定律得：F2－f1＝Ma2 解得：F2＝8 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： 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，一水平長為L＝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勻速順時針轉(zhuǎn)動，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)，煤塊與傳送帶及煤塊與平板上表面之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2.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F＝17 N，F(xiàn)作用了t0＝1 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度； (2)平板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2的大小； (3)平板上表面至少多長？(計算結(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 因為v1

21、 對平板，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，此時彈簧的壓縮量為x0，從t＝0

22、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)F＝mgsinθ＋t2 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＝(m＋m)gsinθ 解得：k＝.① (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：＝② 說明當形變量為x1＝x0－＝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： kx1－mgsinθ＝ma③ 聯(lián)立①②③式，解得：a＝. (3)設(shè)時間為t，則經(jīng)時間t時，ab前進的位移為 x＝at2＝ 則形變量變?yōu)椋害＝x0－x 對整體分析可知，由牛頓第二定律，有 F＋kΔx－gsinθ＝a 解得：F＝mgsinθ＋t2 因分離時位移x＝ 由x＝＝at2，解得：t＝ 故應(yīng)保證t< ，F(xiàn)表達式才能成立． 12