（新课标）2020高考物理二轮复习 专题强化训练2 力和直线运动（含解析）

专题强化训练(二)一、选择题(共10个小题，3、4、5、8、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1(2016上海)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是()a. m/s2b. m/s2c. m/s2 d. m/s2答案b解析根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v11 m/s4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v22 m/s8 m/s；则物体加速度为：a m/s2 m/s2，故b项正确2高速公路的etc电子收费系统如图所示，etc通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，etc天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该etc通道的长度约为()a4.2 m b6.0 mc7.8 m d9.6 m答案d解析21.6 km/h6 m/s汽车在前0.3 s0.7 s内做匀速直线运动，位移为：x1v0(t1t2)6(0.30.7) m6 m随后汽车做减速运动，位移为：x2 m3.6 m所以该etc通道的长度为：lx1x2(63.6) m9.6 m故a、b、c三项错误，d项正确3一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则()a质点做匀加速直线运动，加速度为1.0 m/s2b质点在1 s末速度为1.5 m/sc质点在第1 s内的平均速度为0.75 m/sd质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s答案ab解析由图得：0.50.5t.根据匀变速运动的位移公式xv0tat2，得：v0at，对比可得：a0.5 m/s2，则质点的加速度为a20.5 m/s21 m/s2.初速度为v00.5 m/s，则知质点的加速度不变，质点做匀加速直线运动，故a项正确，d项错误；质点做匀加速直线运动，在1 s末速度为vv0at0.5 m/s1 m/s1.5 m/s.则质点在第1 s内的平均速度为1 m/s，故b项正确，c项错误故选a、b两项4在人工智能机器人跑步比赛中，t0时两机器人位于同一起跑线上，机器人甲、乙运动的速度时间图象如图所示，则下列说法正确的是()a机器人乙起跑时，机器人甲正好跑了1 mb机器人甲、乙相遇之前的最大距离为4 mc机器人乙起跑4 s后刚好追上机器人甲d机器人乙超过机器人甲后，甲、乙不可能再次相遇答案ad解析机器人乙在t2 s时起跑，此时机器人甲正好跑过的距离x m1 m，故a项正确；当两机器人的速度相等时相距最远，两者间的最大距离等于03 s内位移之差，即xmax m m1.5 m，故b项错误；机器人乙起跑4 s后，甲通过的位移x甲1 m5 m，乙通过的位移x乙2 m6 m，知x乙x甲，说明在机器人乙起跑4 s前乙追上甲，故c项错误；机器人乙超过机器人甲后，乙的速度总比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，故d项正确故选a、d两项5如图甲所示，一质量为m的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块木板受到随时间t变化的水平拉力f作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的af图取g10 m/s2，则()a滑块的质量m4 kgb木板的质量m2 kgc当f8 n时滑块加速度为2 m/s2d滑块与木板间的动摩擦因数为0.1答案abd解析当f等于6 n时，加速度为：a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：f(mm)a，代入数据解得：mm6 kg，当f大于6 n时，根据牛顿第二定律得：af，由图示图象可知，图线的斜率为：k，解得：m2 kg，滑块的质量为：m4 kg，故a、b两项正确；根据f大于6 n的图线知，f4时，a0，即：0f，代入数据解得：0.1，由图示图象可知，当f8 n时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：ag1 m/s2，故c项错误，d项正确6.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是()a沿着杆加速下滑 b沿着杆减速上滑c沿着杆减速下滑 d沿着杆加速上滑答案b解析把滑块和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1m2)gsinf(m1m2)a，垂直斜面方向：fn(m1m2)gcos摩擦力：ffn联立可解得：agsingcos，对小球有：若，agsin现有：gsin所以gsingcosgsin，gsingsingcos因为，所以gsingsin0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿着杆减速上滑，故b项正确7在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体b的上表面水平且光滑，长方体d的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在b、d上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在a、c上，在a与b、c与d分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()a两弹簧都处于拉伸状态b两弹簧都处于压缩状态c弹簧l1处于压缩状态，弹簧l2处于原长d弹簧l1处于拉伸状态，弹簧l2处于压缩状态答案c解析由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin.对于题图甲，以a为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而a沿水平方向的加速度：axacosgsincos，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧l1处于压缩状态；对于题图乙，以c为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：f合mgsin，即c不能受到弹簧的弹力，弹簧l2处于原长状态，故c项正确，a、b、d三项错误8.如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为，物块1与物块2间的动摩擦因数为2.物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力当水平力f作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是()答案ac解析物块1与2间的最大静摩擦力f1223mg6mg，物块2与地面间的最大静摩擦力f24mg4mg，当拉力f4mg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随f的增大而增大，当物块1、2开始滑动而未发生相对滑动时，物块2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对物块2分析可知，f14mgma，解得f14mgma逐渐增大，当物块1与2刚好发生相对滑动时，物块2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度a22g，对物块1，根据牛顿第二定律，此时的拉力为f，则ff123ma2，解得f12mg，拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故a、c两项正确，b、d两项错误9.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方的场强为e1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强e2，方向竖直向上的匀强电场一个质量为m，带电量为q的小球从上方电场的a点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与a关于虚线对称的b点，则下列结论正确的是()a若a、b高度差为h，则uabb带电小球在a、b两点电势能相等c在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同d若e1，则两电场强度大小关系满足e22e1答案d解析对a到b的过程运用动能定理得：quabmgh0，解得：uab，可知a、b的电势不相等，则带电小球在a、b两点电势能也不相等，故a、b两项错误；a到虚线速度由零加速至v，虚线到b速度由v减为零，位移相同，根据v22ax，则加速度大小相等，方向相反，故c项错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2，因为a1a2，解得：e2e1，若e1，则有：e22e1，故d项正确故选d项10.如图所示，水平传送带a、b两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至a端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()a煤块到a运动到b的时间是2.25 sb煤块从a运动到b的时间是1.5 sc划痕长度是2 md划痕长度是0.5 m答案bc解析煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有mgma，得ag4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：x12 m4 m因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间为：t11 s匀速运动的时间为：t20.5 s煤块从a运动到b的总时间为：tt1t21.5 s，故a项错误，b项正确；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则划痕长度为：xv0t1x12 m，故c项正确，d项错误故选b、c两项二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，13题12分，14题15分，共50分)11元旦期间，小聪和家人出去游玩，在途中的十字路口，他们乘坐的小汽车正在等绿灯，绿灯亮后，小汽车以大小a0.8 m/s2的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小v7.2 m/s的速度从旁边超过假设小汽车启动后一直以加速度a加速行驶，直路足够长，且前方没有其他车辆和行人求：(1)从两车并行起到两车距离最大所经历的时间t1；(2)两车相遇之前的最大距离l；(3)从两车并行起到两车再次相遇所经历的时间t2.答案(1)9 s(2)32.4 m(3)18 s解析(1)经分析可知，当两车的速度相等时，它们之间的距离最大，有：vat1解得：t19 s.(2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：xat12，xvt1又：lxx解得：l32.4 m.(3)由运动学规律有：at22vt2解得：t218 s.12.如图所示，质量m2.0 kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m1.0 kg的小铁块(可视为质点)，小铁块离木板左端的距离为l0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为0.2.现用一水平向右的恒力f作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设铁块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则：(1)若要使铁块不从木板上滑出，求恒力的最大值f1；(2)若将木板从铁块下抽出历时1 s，求拉力f2的大小；(3)若地面粗糙，且与木板间的动摩擦因数为0.2.改用棒打击木板左侧，使木板瞬间获得向右的速度v0，求v0至少多大时才能使小铁块脱离木板答案(1)6 n(2)8 n(3) m/s解析(1)铁块受到的最大静摩擦力为：f1mg由牛顿第二定律得铁块的最大加速度为：a1对整体，由牛顿第二定律得：f1(mm)a1解得：f16 n.(3)设木板抽出的加速度为a2，由题意得：a2t2a1t2l对木板，由牛顿第二定律得：f2f1ma2解得：f28 n.(3)设经时间t铁块滑到木板的最左端且二者速度相等，由牛顿第二定律得木板的加速度大小为：a34 m/s2由位移关系得：v0ta3t2a1t2la1tv0a3t解得：v0 m/s.13.如图所示，一水平长为l2.25 m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v04 m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为10.2.经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力f17 n，f作用了t01 s时煤块与平板速度恰好相等，此时刻撤去f.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量m4 kg(重力加速度为g10 m/s2)，求：(1)传送带上黑色痕迹的长度；(2)平板与地面间的动摩擦因数2的大小；(3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字)答案(1)3.75 m(2)0.3(3)1.6 m解析(1)对煤块由牛顿第二定律：1mgma1得a12 m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得v122a1l解得：v13 m/s因为v11，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速到停止对平板，由牛顿第二定律得：1mg2(mm)gma3得a3 m/s2t2 s s全过程平板位移为：s板(t0t2)解得：s板 m全过程煤块位移为：s煤 m所以板长ls煤s板1.6 m.14一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b加速度的大小；(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式答案(1)(2)(3)