高考物理二轮复习高频考点专项训练---力与直线运动（含解析）

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高考物理二轮复习高频考点专项训练---力与直线运动1．(2019·陕西咸阳市第一次模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，则汽车制动的总时间t(　　)A．t>6 s   B．t＝6 sC．4 s<t<6 s   D．t＝4 s答案　D解析　设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后3 s内通过的位移x2＝at12＝a，在最初3 s内通过的位移x1＝at2－a(t－3)2＝a(6t－9)，又x1∶x2＝5∶3，解得t＝4 s，故A、B、C错误，D正确．2.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图所示水平导轨，A、B为弹性竖直挡板，相距L＝4 m．一小球自A板处开始，以v0＝4 m/s的速度沿导轨向B运动，它与A、B挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在AB的中点，这个加速度的大小可能为(　　)A. m/s2           B．0.5 m/s2          C．1 m/s2        D．1.5 m/s2答案　A解析　物体停在AB的中点，可知物体的路程s＝nL＋，n＝0,1,2….由v2－v02＝2as得，|a|＝，n＝0,1,2….代入数据解得|a|＝ m/s2.n＝0,1，2…，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A项正确．3．(2019·浙江绍兴市3月选考)某玩具汽车从t＝0时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其a－t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)A．6 s末的加速度比1 s末的大B．1 s末加速度方向与速度方向相同C．第4 s内速度变化量大于零D．第6 s内速度在不断变大答案　B解析　由题图知6 s末的加速度比1 s末的小，选项A错误；0～1 s内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项B正确；由a－t图象与t轴所围图形的“面积”表示速度的变化量，知第4 s内速度变化量为零，第6 s内速度在不断减小，选项C、D错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图甲所示，质量为2 kg的物体在水平力F作用下运动，t＝0时刻开始计时，3 s末撤去F，物体继续运动一段时间后停止，其v－t图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．水平力F为3.2 NB．水平力F做功480 JC．物体从t＝0时刻开始到停止，运动的总位移为92 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5答案　B解析　撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小a＝||＝ m/s2＝4 m/s2.撤去拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma，解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，故D项错误．由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则F＝μmg＝0.4×2×10 N＝8 N，故A项错误．拉力作用的3 s内物体的位移x1＝v0t1＝20×3 m＝60 m；则水平力F做功W＝Fx1＝8×60 J＝480 J，故B项正确．物体从减速到速度为零过程，v02－0＝2ax2，解得物体从减速到停止运动的距离x2＝＝ m＝50 m．物体从t＝0时刻开始到停止，运动的总位移x＝x1＋x2＝60 m＋50 m＝110 m．故C项错误．5.(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)答案　A解析　开始时mgsin θ＝kx0；现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，当Q离开静止位置的位移为x时， 根据牛顿第二定律：F＋k(x0－x)－mgsin θ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选A.6.(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为(　　)A．匀加速上升，a＝2.5 m/s2B．匀减速上升，a＝2.5 m/s2C．匀加速上升，a＝5 m/s2D．匀减速上升，a＝5 m/s2答案　C解析　由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20) N＝6 N，由牛顿第二定律知：F－mg＝ma解得：a＝5 m/s2物体加速度方向向上，与电梯加速度相同，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误．7.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)A．3.75 m   B．5 mC．6.25 m   D．15 m答案　B解析　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，小物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s，由于mgsin α＝μmgcos α，小物块运动到最高点速度为零时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为x＝＝5 m，选项B正确．8.(2019·江西南昌市一模)一质量为1 kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P(5,25)的直线，如图所示，则(　　)A．小物块做匀速直线运动B．水平拉力F的大小为2.5 NC．5 s内小物块的位移为5 mD．5 s末小物块的速度为25 m/s答案　B解析　由F＝ma及v2＝2ax得v2＝·x，故＝，得F＝2.5 N小物块做匀加速运动的加速度大小为a＝＝2.5 m/s25 s末v＝at＝12.5 m/s5 s内x＝at2＝31.25 m，故B正确，A、C、D错误．9.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a与弹簧的伸长量x的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数μ为(　　)A．m＝，μ＝   B．m＝，μ＝C．m＝，μ＝   D．m＝，μ＝答案　A解析　对物块，根据牛顿第二定律：kx－μmg＝ma，解得a＝x－μg，结合题图乙可知，＝，－μg＝－b，解得m＝，μ＝，故选A.10.(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P上施加沿斜面向上的恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P上加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P上施加一竖直向上的恒力F，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙．则下列说法正确的是(　　)A．a乙最大，F乙最大B．a丙最大，F丙最大C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙D．a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙答案　D解析　假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.由牛顿第二定律，对图甲中的物体P和Q有：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a甲，对物体Q：F甲－mgsin θ＝ma甲，解得：a甲＝－gsin θ，F甲＝；同理对图乙，解得a乙＝，F乙＝；同理对图丙，解得a丙＝－g、F丙＝；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确．11.(多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测)如图所示，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑．下列做法中，一定能使A下滑时加速度减小的是(　　)A．在A上放一物块B．在A上施一竖直向下的力C．在A上施一垂直斜面向下的力D．在A上施一竖直向上且小于A重力的力答案　CD解析　设滑块A与斜面B之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑的加速度为a1，则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，a1＝gsin θ－μgcos θ，在A上放一物块，相当于增大A的质量，对A的加速度没有影响，故A错误．在A上施一竖直向下的力有：(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cos θ＝ma2，a2＝gsin θ－μgcos θ＋，因为加速下滑有：μ<tan θ＝，即sin θ>μcos θ，Fsin θ>μFcos θ，所以a2>a1，故B错误．在A上施一垂直斜面向下的力，同理分析有：mgsin θ－μmgcos θ－μF＝ma3，a3＝gsin θ－μgcos θ－<a1，故C正确．在A上施一竖直向上且小于A重力的力，有：(mg－F)sin θ－μ(mg－F)cos θ＝ma4，a4＝gsin θ－μgcos θ＋<a1，故D正确．12.(2019·浙江金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v0匀速直线运动至离对方球门L处时，小孔突然停止喷气，小球恰能做匀减速直线运动到对方球门，则(　　)A．若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v0B．若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为C．若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v0D．若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为答案　A解析　由题意知停止喷气时小球做匀减速运动，v02＝2aL，若x＝0.5L时停止喷气，由v02－v12＝2a·0.5L，得v1＝v0，故A正确，B错误；若浮力减半，则加速度大小a′＝，由v02－v22＝2a′·L，得v2＝v0，故C、D错误．13.(2019·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接．现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B一起开始做匀加速直线运动，在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是(　　)A．若C放在A上，绳上拉力不变B．若C放在B上，绳上拉力为C．若C放在B上，B、C间摩擦力为D．C放在A上比放在B上运动时的加速度大答案　C解析　F拉A使得整体运动，由牛顿第二定律：F＝2ma，对B分析可知：FT＝ma，可得FT＝.若C放在A上，三者一起加速，由整体法有F＝3ma1，对B由牛顿第二定律有：FT1＝ma1，联立可得FT1＝，则绳上的拉力变小，故A错误；若C放在B上，对整体F＝3ma2，对B、C有：FT2＝2ma2，对B滑块FT2－Ff＝ma2，联立可得FT2＝F，Ff＝，故B错误，C正确；由牛顿第二定律分析可得C放在A上时a1＝，C放在B上时a2＝，两个加速度相同，故D错误．14.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现抬高木板右端，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同大小的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：　(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.答案　(1)0.5　 (2)(1＋) s解析　(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止0－v02＝－2aL②解得μ＝＝0.5③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1④0－v02＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑤⑥式，解得t1＝1 s，s＝5 m⑦设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2⑧s＝a2t22⑨由⑧⑨式解得t2＝ s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝(1＋) s.15.(2019·浙江嘉丽3月联考)如图所示，我国“辽宁号”航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4 m．已知质量m＝2.0×104 kg的舰载机喷气发动机推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同．若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g取10 m/s2，航母处于静止状态． (1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到 m/s，外界还需要在整个水平轨道加速阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．答案　(1)8 s　(2)3 m/s2　(3)2.0×105 N解析　(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、运动时间为t1，有F－Ff＝ma1l1＝a1t12解得：t1＝8 s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2F－Ff－mgsin θ＝ma2sin θ＝＝解得：a2＝3 m/s2(3)在水平轨道上：F推＋F－Ff＝mav12＝2al1在倾斜跑道上：v22－v12＝2a2l2解得：F推＝2.0×105 N.16.(2019·广东惠州市第二次调研)如图，一质量M＝1 kg的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v0＝5 m/s时将一质量m＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A端；已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g＝10 m/s2.求：(1)小铁块放到薄木板上瞬间铁块和木板的加速度大小a1、a2；(2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小；(3)当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A端的距离．答案　(1)2 m/s2　8 m/s2　(2)0.25 m　1.5 m  (3)1.125 m解析　(1)对m由牛顿第二定律得：Ffm＝μ1mg＝ma1a1＝＝2 m/s2对M由牛顿第二定律得：Ffm＋FfM＝Ma2a2＝＝8 m/s2(2)m向右加速运动，M向右减速运动，设经过时间t二者速度相等且为v.则对m：v＝a1t对M：v＝v0－a2t解得t＝0.5 s，v＝1 m/s二者速度第一次相等时m的对地位移xm1＝a1t2＝0.25 mM的对地位移xM1＝v0t－a2t2＝1.5 m(3)μ1<μ2，则0.5 s后，m在M上会向右减速滑动，此时，m减速时的加速度大小am＝＝2 m/s2M减速时的加速度大小aM＝＝4 m/s2m减速到0的时间tm＝＝0.5 sM减速到0的时间tM＝＝0.25 s故小铁块速度减小到零时，木板早已停下，且不会再滑动．从速度为v到速度减为零，木板的位移xM2＝＝0.125 m小铁块的位移xm2＝＝0.25 m所以小铁块离木板A端的距离：d＝xM1＋xM2－(xm1＋xm2)＝1.125 m.