高考二轮总复习专题二 力和直线运动 作业(解析版)

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.23m/s2 B.43m/s2C.89m/s2 D.169m/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t 2时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝v－1＝164m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝v－2＝162m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝v2－v1t＝8－43m/s2＝43m/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( )A ．4.2 mB ．6.0 mC ．7.8 mD ．9.6 m答案 D解析 21.6 km/h ＝6 m/s汽车在前0.3 s ＋0.7 s 内做匀速直线运动，位移为： x 1＝v 0(t 1＋t 2)＝6×(0.3＋0.7) m ＝6 m 随后汽车做减速运动，位移为： x 2＝v 022a ＝622×5 m ＝3.6 m所以该ETC 通道的长度为： L ＝x 1＋x 2＝(6＋3.6) m ＝9.6 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xt －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/s 2B ．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：x t ＝0.5＋0.5t.根据匀变速运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，得：x t ＝v 0＋12at ，对比可得：12a ＝0.5 m/s 2，则质点的加速度为a ＝2×0.5 m/s 2＝1 m/s 2.初速度为v 0＝0.5 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v ＝v 0＋at ＝0.5 m/s ＋1 m/s ＝1.5 m/s.则质点在第1 s 内的平均速度为v －＝v 0＋v 2＝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，t ＝0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t ＝2 s 时起跑，此时机器人甲正好跑过的距离x ＝1×22m ＝1 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0～3 s 内位移之差，即x max ＝1×22 m ＋1×12 m＝1.5 m ，故B 项错误；机器人乙起跑4 s 后，甲通过的位移x 甲＝4＋62×1 m ＝5 m ，乙通过的位移x 乙＝2＋42×2 m ＝6 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a －F 图．取g ＝10 m/s 2，则( )A ．滑块的质量m ＝4 kgB ．木板的质量M ＝2 kgC ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2D ．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：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m)a ，代入数据解得：M ＋m ＝6 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M，由图示图象可知，图线的斜率为：k＝1M＝ΔaΔF＝16－4＝12，解得：M＝2 kg，滑块的质量为：m＝4 kg，故A、B两项正确；根据F大于6 N的图线知，F＝4时，a＝0，即：0＝12×F－μ×402，代入数据解得：μ＝0.1，由图示图象可知，当F＝8 N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a＝μg＝1 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θ，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μ.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β，且θ<β，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：(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：F N＝(m1＋m2)gcosθ摩擦力：f＝μF N联立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，对小球有：若θ＝β，a＝gsinβ现有：θ<β，则有：a>gsinβ所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，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 α.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：a x＝acosα＝g·sinαcosα，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＝mgsinα，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μ，物块1与物块2间的动摩擦因数为2μ.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f12＝2μ·3mg＝6μmg，物块2与地面间的最大静摩擦力f2＝μ·4mg＝4μmg，当拉力F<4μmg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，f 1－4μmg ＝ma ，解得f 1＝4μmg ＋ma 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a 2＝f 12－f 2m ＝2μg ，对物块1，根据牛顿第二定律，此时的拉力为F ，则F －f 12＝3ma 2，解得F ＝12μmg ，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E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，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U AB ＝mgh qB ．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E 1＝2mgq，则两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1 答案 D解析 对A 到B 的过程运用动能定理得：qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mghq，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v2＝2ax，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＝mg＋qE1m，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝qE2－mgm，因为a1＝a2，解得：E2－E1＝2mgq，若E1＝2mgq，则有：E2＝2E1，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x＝4 m，以v0＝4 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μ＝0.4，取重力加速度g＝10 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μmg＝ma，得a＝μg＝4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：x 1＝v 022a＝2 m<4 m因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间为： t 1＝v 0a＝1 s匀速运动的时间为：t 2＝x －x 1v 0＝0.5 s煤块从A 运动到B 的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 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：Δx ＝v 0t 1－x 1＝2 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a ＝0.8 m/s 2的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小v ＝7.2 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t 1； (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t 2. 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：v ＝at 1(2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：x＝12at12，x′＝vt1又：L＝x′－x解得：L＝32.4 m.(3)由运动学规律有：12at22＝vt2解得：t2＝18 s.12.如图所示，质量M＝2.0 kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)，小铁块离木板左端的距离为L＝0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝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) 6 m/s解析(1)铁块受到的最大静摩擦力为：f1＝μmg由牛顿第二定律得铁块的最大加速度为：a1＝f1 m对整体，由牛顿第二定律得：F1＝(M＋m)a1(3)设木板抽出的加速度为a 2， 由题意得：12a 2t 2－12a 1t 2＝L对木板，由牛顿第二定律得：F 2－f 1＝Ma 2 解得：F 2＝8 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： a 3＝μmg ＋μ（m ＋M ）gM＝4 m/s 2由位移关系得：v 0t ′－12a 3t ′2－12a 1t ′2＝La 1t ′＝v 0－a 3t ′ 解得：v 0＝ 6 m/s.13.如图所示，一水平长为L ＝2.25 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v 0＝4 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m ＝1 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μ1＝0.2.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F ＝17 N ，F 作用了t 0＝1 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M ＝4 kg(重力加速度为g ＝10 m/s 2)，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μ2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：μ1mg ＝ma 1 得a 1＝2 m/s 2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v 1得 v 12＝2a 1L 解得：v 1＝3 m/s因为v 1<v 0，所以煤块一直加速到右端，设需t 1时间到达右端得：t 1＝v 0a 1＝32s t 1时间内皮带位移为：s 皮＝v 0t 1＝4×32 m ＝6 mΔs ＝s 皮－L ＝(6－2.25)m ＝3.75 m.(2)煤块滑上平板时速度为v 1＝3 m/s ，a 1＝2 m/s 两者速度相等时有：v 共＝v 1－a 1t 0＝a 2t 0 解得：a 2＝1 m/s 2 v 共＝1 m/s对平板，由牛顿第二定律得： F ＋μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 2 解得：μ2＝0.3.(3)由于μ2>μ1，共速后煤块将以a 1匀减速到停止，而平板以a 3匀减速到停止．对平板，由牛顿第二定律得：μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 3 得a 3＝－134m/s 2t 2＝0－v 共a 3＝－0－1134s ＝413s全过程平板位移为：s 板＝0＋v 共2(t 0＋t 2)解得：s 板＝1726m全过程煤块位移为：s 煤＝v 122a 1＝94 m所以板长l ＝s 煤－s 板≈1.6 m.14．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ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35m 的小物块b 紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t ＝0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x 0.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)8mgsin θ5x 0 (2)gsin θ5(3)F ＝825mgsin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2⎝⎛⎭⎪⎪⎫t< 5x 02gsin θ解析 (1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有 kx 0＝(m ＋35m)gsin θ解得：k ＝8mgsin θ5x 0.① (2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0.由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：x 1x 0＝14②说明当形变量为x 1＝x 0－x 04＝3x 04时二者分离；对m 分析，因分离时a 、b 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知： kx 1－mgsin θ＝ma ③联立①②③式，解得：a ＝gsin θ5.(3)设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移为 x ＝12at 2＝gsin θt 210则形变量变为：Δx ＝x 0－x对整体分析可知，由牛顿第二定律，有F ＋k Δx －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m gsin θ＝⎝⎛⎭⎪⎫m ＋35m a解得：F ＝825mgsin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2因分离时位移x ＝x 04由x ＝x 04＝12at 2，解得：t ＝5x 02gsin θ5x02gsinθ，F表达式才能成立．故应保证t<。