2019年高考物理大二轮复习 专题一 力与运动 专题跟踪训练2 力与物体的直线运动.doc

专题跟踪训练(二) 力与物体的直线运动一、选择题1(2018贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，在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，xv0tat2，v0at，联立解得a1 m/s2，选项A正确答案A2(2018全国卷)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示已知两车在t2时刻并排行驶下列说法正确的是()A两车在t1时刻也并排行驶B在t1时刻甲车在后，乙车在前C甲车的加速度大小先增大后减小D乙车的加速度大小先减小后增大解析本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据vt图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确答案BD3(2018全国卷)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示下列说法正确的是()A在t1时刻两车速度相等B从0到t1时间内，两车走过的路程相等C从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析xt图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2x1，C正确；t1t2时间内，甲的xt图象在某一点的切线与乙的xt图象平行，此时刻两车速度相等，D正确答案CD4(2018辽宁五校联考)如图a所示，某研究小组利用此装置探究物块在恒力作用下加速度与木板倾角的关系木板OA可绕轴心O在竖直平面内转动，物块受到平行于木板且指向A端、大小为F8.5 N的力的作用通过实验得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持不变若图b中图线与纵轴交点的纵坐标a06 m/s2，物块的质量m1 kg，重力加速度大小g10 m/s2，sin530.8，cos530.6，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力则()A物块与木板间的动摩擦因数为0.2B图b中2大于60C如图b所示，将木板倾角由1缓慢增加到2的过程中，摩擦力一直减小D木板倾角为37时，物块所受的摩擦力为2.5 N解析当0时，Fmgma0，a06 m/s2，解得0.25，选项A错误；当2时，加速度为负值，当2时，Fmgcos2mgsin2，易得260，选项B正确；由题图b可知，在1，不计空气阻力，则滑块的运动情况是()A沿着杆减速下滑 B沿着杆减速上滑C沿着杆加速下滑 D沿着杆加速上滑解析把滑块和小球看成一个整体进行受力分析，假设滑块的速度方向向下，由牛顿第二定律知，沿杆方向有：(Mm)gsinf(Mm)a，垂直杆方向有：FN(Mm)gcos，摩擦力fFN，FNFN，联立可解得：agsingcos，对小球，若，agsin，由题知gsin，所以gsingcosgsin，gsingsingcos，因为，所以gsingsin0，所以假设不成立，即滑块的速度方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，选项B正确答案B6(2018安徽合肥一模改编)(多选)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v12 m/s运行一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v25 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2，下列说法中正确的是()A小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出C若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出解析小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得mgma，解得ag2 m/s2，则x m6.25 m6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5 m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x m4 m6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x m1 m4 m，以后小物块以v12 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x m0.25 m6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于xx，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误答案BC7(2018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，由图象可得()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：F合Fmgma，即：3 Nmgma；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图象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D8(2018浙江七校联考)(多选)将长木板和物块放在倾角为37的足够长的斜面体顶端，物块可视为质点，已知长木板的ab段长度为3 m且上表面光滑，bc段的长度为8 m且上表面粗糙，已知物块与bc段的动摩擦因数为10.15，长木板与斜面之间的动摩擦因数为20.4，长木板与物块的质量相等，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由某时刻开始将长木板和物块无初速释放，sin370.6，cos370.8，g10 m/s2.下列说法正确的是()A长木板和物块释放的瞬间，物块的加速度大小为4.8 m/s2B长木板和物块释放的瞬间，长木板的加速度大小为0.8 m/s2C从释放到物块离开长木板所用的总时间为2 sD物块离开长木板瞬间的速度大小为10.8 m/s解析系统释放瞬间，设物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，对物块，由牛顿第二定律可得mgsin37ma1，代入数据解得a16 m/s2，A错误；对长木板，由于mgsin37aB，解得F24 N当F21 N时，A、B未发生相对滑动，可解得A的加速度a3 m/s2，选项B正确；当F22 N时，A相对B未发生滑动，选项C错误；只要A、B发生相对滑动，无论F多大，B的加速度都为aB4 m/s2，选项D错误答案B10.(2018湖北黄冈高三质检)(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是()解析外力反向后，A水平方向受弹簧弹力与B对A的弹力作用，B水平方向受A对B的弹力与拉力F作用，A、B先共同向右做匀加速运动，当两滑块间弹力恰好为0时，A、B分离当两滑块间弹力恰好为0时，A、B加速度相同，此时A的加速度由弹簧弹力提供，所以此时弹簧未恢复原长，此后B在水平方向只受F作用，B、D正确答案BD二、非选择题11(2018湖北襄阳模拟)如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37，以v5 m/s的恒定速度顺时针运动一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以v010 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，sin370.6，cos370.8，g10 m/s2.求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小解析(1)设物块刚滑上传送带时，加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin37mgcos37ma1代入数据解得：a110 m/s2.(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1则v0va1t1，解得：t10.5 s通过的位移：x1t13.75 m6 m因tan，此后物块继续减速上滑，设加速度大小为a2，则：mgsin37mgcos37ma2代入数据解得：a22 m/s2设物块到达最高点的速度为v1，则：v2v2a2x2x2lx12.25 m，解得：v14 m/s.答案(1)10 m/s2(2)4 m/s12.(2018河南五校联考)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg的物体B连接，木板A的右端与滑轮之间的距离足够大当B从静止开始下落距离0.8 m时，在木板A的右端轻放一质量为1 kg的小铁块C(可视为质点)，最终C恰好未从木板A上滑落A、C间的动摩擦因数0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度g10 m/s2.求：(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小；(2)木板A的长度l.解析(1)在木板上放小铁块前，把A、B看作整体，由牛顿第二定律有mBg(mAmB)a1v2a1h解得：v12 m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律，对小铁块有：mCgmCa2得a24 m/s2对A、B整体有：mBgmCg(mAmB)a3得a31.5 m/s2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同，则有a2tv1a3t，解得：t0.8 s由运动学公式可知：lv1ta3t2a2t2解得：l0.8 m.答案(1)2 m/s(2)0.8 m