2019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、專題跟蹤訓練(二) 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(nèi)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(jù)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向運動，其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條

2、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(jù)題圖分析可知在t1～t2時間內(nèi)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(jù)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，乙做勻速直線運動．甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如

3、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(nèi)，兩車走過的路程相等 C．從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 D．從t1到t2時間內(nèi)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(nèi)，由于甲、乙的出發(fā)點不同，故路程不同，B錯誤；t1～t2時間內(nèi)，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(nèi)，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，某研究小組利用此裝置探究物塊在恒力作用下加速度

4、與木板傾角的關系．木板OA可繞軸心O在豎直平面內(nèi)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(zhì)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(shù)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，摩擦力一直減小 D．木板傾角為37°時，物塊所

5、受的摩擦力為2.5 N [解析]　當θ＝0°時，F(xiàn)－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(xiàn)＋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＝μmgcosθ＝2 N，故選項D錯誤． [答案]　B

6、 5．(2018·鄭州質(zhì)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(zhì)量為M的滑塊套在桿上，滑塊通過輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，桿與滑塊之間的動摩擦因數(shù)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＝(M＋m)a，垂直桿方向有：FN＝(M＋m)g

7、cosθ，摩擦力f＝μFN′，F(xiàn)N′＝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(jù)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．一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度

8、大小為v2＝5 m/s.若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)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(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，則x＝＝ m＝6.25 m

9、>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<6 m，則小物塊速度減到零后再向右加速，由于

10、x

11、解得：物體的質(zhì)量為m＝4 kg，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項A錯誤，選項D正確；根據(jù)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(nèi)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(nèi)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(zhì)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bc段的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.15，長木板與斜

12、面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，長木板與物塊的質(zhì)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mgsin37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝

13、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(shù)據(jù)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′＝a2′t，當物塊剛好離開長木板時有x1′－x

14、2′＝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(zhì)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(shù)為0.8，B與地面間的動摩擦因數(shù)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(xiàn)對A施加一水平拉力F，不計空氣阻力，則(　　) A．當F＝17 N時，物體A的加速度大小為0.5 m/s2 B

15、．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(xiàn)－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(xiàn)－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A、B之間不發(fā)生相對滑動，物體A的加速度為a

16、＝ 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(xiàn)－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(zhì)檢)(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧

17、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(xiàn)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 二、非選擇題 11．(2018·湖北襄陽模

18、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(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)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(shù)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小． [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(shù)據(jù)解得：a1＝10 m/s2. (2)設物塊速度減為5 m/s所用時間為

19、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、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(zhì)量為1 kg的小鐵塊C(可視為質(zhì)點)，最終C恰好未從木板A上滑落．A、C間的動摩擦因數(shù)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小； (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 9