（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题强化训练2 力与物体的直线运动

专题强化训练(二)一、选择题1(2019贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s内的位移为16 m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变则该物体的加速度大小为()A1 m/s2 B1.5 m/s2C2 m/s2 D0.75 m/s2解析设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，由题意知t4 s，根据匀变速直线运动规律，xt，v0at，联立解得a1 m/s2，选项A正确答案A2(多选)(2019江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶甲车在前，乙车在后，速度均为v030 m/s，距离s0100 mt0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示取运动方向为正方向下列说法正确的是()At3 s时两车相距最近B09 s内两车位移之差为45 mCt6 s时两车相距最近，为10 mD两车在09 s内会相撞解析由题图可画出两车的速度时间图像，如图所示由图像可知，t6 s时两车速度相等，此时两车相距最近，故A错误；图中阴影部分面积为06 s内两车位移之差，可得x303 m30(63) m90 m100 m，此时两车相距最近，为10 m，所以两车不会相撞，故C正确，D错误；09 s内两车位移之差x303 m45 m，故B正确答案BC3(2019福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图像可得()A物体的质量为2 kgB物体在6 s内运动的位移为6 mC在02 s内推力做的功为2 JD物体与地面间的动摩擦因数为0.025解析物体在02 s内做匀加速直线运动，加速度为a m/s2，由牛顿第二定律有：Fmgma，即：3mgma；物体在26 s内做匀速直线运动，因此有：mg1 N，联立解得：物体的质量为m4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.025，选项A错误，选项D正确；根据vt图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x21 m41 m5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s内推力做的功为WFx321 J3 J，选项C错误答案D4(2019河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为mA1 kg和mB2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为0.2，水平恒力F作用在A物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.则()A若F1 N，则物块、木板都静止不动B若F1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC若F4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 ND若F8 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2解析A与木板间的最大静摩擦力fAmAg0.2110 N2 N，B与木板间的最大静摩擦力fBmBg0.2210 N4 N，设A与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F0，则由牛顿第二定律可知，解得F03 N，F1 NF0，则A、B均与木板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，故A错误；F1.5 NF0，则A、B均与木板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得Ff1mAa，所以A物块所受摩擦力f1F0，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力大小为fA，轻质木板质量不计，所以B的加速度大小为a1 m/s21 m/s2，对B进行受力分析，有f2mBa121 N2 N，故C错误；F8 Nf0，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力fA，由上述分析可知B的加速度大小为1 m/s2，故D正确答案D5(多选)(2019乐山二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB2 N，A受到的水平向右的变力FA(92t) N，t的单位是s.从t0开始计时，则()AA物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍Bt4 s后，B物体做匀加速直线运动Ct4.5 s时，A物体的速度为零Dt4.5 s后，A、B的加速度方向相反解析当A、B间作用力为0时二者分离，此时aAaB，即，t4 s，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动当t4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零；t4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反当t4 s时，A、B的加速度均为a.综上所述，选项A、B、D正确答案ABD6(多选)(2019沈阳教学抽样检测)如图所示，足够长的固定斜面倾角为，斜面a点以下(含a点)光滑，a点以上粗糙可视为质点的质量均为1 kg的A、B两滑块静止在a点，某时刻在B上加一沿斜面向上、大小为7 N的恒力，弹簧的劲度系数为100 N/m，37，sin370.6，cos370.8，两滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，则A、B向上运动的过程中有()AA、B刚分离时A有沿斜面向上的加速度B从加上恒力到A、B分离A上升高度为7 cmCA速度最大时，A沿斜面移动的距离为3 cmDA速度最大时，A、B间弹力为1 N解析由题意知m1 kg、F7 N、k100 N/m、0.25，A、B刚过a点时的加速度大小为1.5 m/s2，刚分离时A、B间无弹力，对B有aB1 m/s2，此时A、B加速度相同，故A的加速度沿斜面向下，此时对A有aA1 m/s2，解得x10.07 m，初态kx02mgsin，解得x00.12 m，A上升的高度为(0.12 m0.07 m)sin373 cm，A、B错；A速度最大即加速度为零，对A、B整体有kx2F2mgsin2mgcos0，解得x20.09 m，A沿斜面移动的距离xx0x20.03 m，此时对A有kx2Nmgsinmgcos0，解得A、B间弹力N1 N，C、D对答案CD7(多选)(2019湖北七市联合模拟)如下图所示，在一沿顺时针方向匀速转动的传送带的左端A点，每隔T的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间的动摩擦因数为，工件的质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，重力加速度为g，下列判断正确的是()A传送带的速率为B工件加速运动的时间为C工件与传送带间的相对位移一定为xD根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移解析工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知xvT，解得传送带的速率v，故A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为ag，根据vat，解得t，故B正确；工件加速过程的位移x工件，工件加速过程中传送带的位移x传送带vT2x工件，工件与传送带间的相对位移xx传送带x工件，故C错误，D正确答案ABD8(多选)(2019山东省泰安市上学期期中)如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧下列判断正确的是()A弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinD细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin解析若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为agsin，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则Fmgsinma，解得F0，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹(3m2mm)gsin6mgsin.以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹(m2m)gsin(m2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aABgsin，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB2mgsin2maAB，解得杆的拉力为FAB4mgsin，故C、D正确答案BCD9(多选)(2019湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角37，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为A0.75、B0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin370.6，cos370.8，重力加速度g10 m/s2，则下列说法中正确的是()A物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B物块B最终一定追上物块AC在t0.24 s时，A、B物块速度大小相等D在t0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变解析物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为B0.5tan370.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为A0.75tan37，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度aB1gsin37Bgcos3710 m/s2，与传送带共速经过的时间：tB0.24 s，共速后物块B以aB2gsinBgcos2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度aA1gsin37Agcos3712 m/s2，与传送带共速时经过的时间：tA0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t0.24 s时两物块速度相等，选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误答案BC二、非选择题10(2019成都实验中学月考)如图所示，质量m1 kg的物块A放在质量M4 kg的木板B的左端，起初A、B均静止在水平地面上现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为10.4，地面与B之间的动摩擦因数为20.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求能使A、B相对静止的F的最大值(2)若F30 N，作用1 s后撤去F，要使A不从B上滑落，则木板至少为多长？从开始到A、B均静止，A运动的总位移是多少？解析(1)对A进行受力分析可知，其最大加速度由A、B之间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得1mgmamax，代入数据解得amax4 m/s2对A、B整体进行受力分析可知，恰好无相对运动时，A、B具有共同的加速度，且大小为amax，由牛顿第二定律得Fmax2(Mm)g(Mm)amax，代入数据解得Fmax25 N.(2)设F作用在B上时，A、B的加速度大小分别为a1、a2，经t11 s，撤掉F时，A、B的速度大小分别为v1、v2，加速度大小分别为a1、a2，A、B共同运动时速度大小为v3，加速度大小为a3.对A进行受力分析，可知a1amax4 m/s2，v1a1t14 m/s对B进行受力分析，有F1mg2(Mm)gMa2，故a25.25 m/s2，v2a2t15.25 m/s撤去F时，有a1a14 m/s2，a22.25 m/s2经过t2时间后A、B速度相等，有v1a1t2v2a2t2，代入数据解得t20.2 s则v3v1a1t24.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移应不大于木板的长度L，设A的位移为xA，B的位移为xB，有LxBxAa1(t1t2)20.75 mA、B速度相等后共同在水平面上做匀减速直线运动，加速度a32g1 m/s2从A、B相对静止至最终静止，位移x11.52 m故A运动的总位移为xA总xAx14.4 m.答案(1)25 N(2)0.75 m14.4 m11(2019安徽皖南八校联考)在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R1.6 m，BC是长度为L13 m的水平传送带，CD是长度为L23.6 m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m60 kg，滑板质量可忽略已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为10.4、20.5，g取10 m/s2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能解析(1)对参赛者：A到B过程，由动能定理得mgR(1cos60)mv解得vB4 m/s在B处，由牛顿第二定律得FNBmgm解得FNB2mg1200 N根据牛顿第三定律得，参赛者对轨道的压力FNBFNB1200 N，方向竖直向下(2)C到D过程由动能定理得2mgL20mv解得vC6 m/sB到C过程加速阶段由牛顿第二定律得1mgma解得a4 m/s2参赛者加速至vC历时t0.5 s位移x1t2.5 mL1参赛者从B到C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v6 m/s(3)0.5 s内传送带位移x2vt3 m参赛者与传送带的相对位移xx2x10.5 m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E1mgxmvmv720 J答案(1)1200 N，方向竖直向下(2)6 m/s，顺时针运转(3)720 J9