2020届高考物理二轮复习专题一力与运动2力与直线运动课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题一力与运动2力与直线运动课时作业含解析

力与直线运动 ‎[题组一]　运动学规律的应用 ‎1．(2020·洛阳一模)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途径A、B、C三点，其中A、B之间的距离L1＝‎3 m，B、C之间的距离L2＝‎4 m．若物体通过L1、L2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离L等于(　　 )‎ A. m　　　　　 B. m C. m D. m 解析：D　[设物体的加速度为a，通过L1、L2两段位移所用的时间均为T，则有：vB＝＝ m/s，由L2＝vBT＋aT2，L1＝vBT－aT2，可得：ΔL＝aT2＝‎1 m，所以L＝－L1＝ m，即D正确，A、B、C错误．]‎ ‎2．(多选)A、B两车在同一直线上同向运动，B车在A车的前面，A车以vA＝‎10 m/s的速度向前匀速运动，某时刻B车关闭发动机，此时A、B两车相距s＝‎200 m，且B车速度vB＝‎10 m/s，B车所受的阻力恒为车重的，g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．B车关闭发动机后的加速度大小为‎1 m/s2‎ B．B车关闭发动机后运动的位移为‎60 m C．A车追上B车所用的时间为25 s D．A车追上B车所用的时间为30 s 解析：AC　[B车做匀减速直线运动的加速度大小a＝·＝0.1×‎10 m/s2＝‎1 m/s2，所以选项A正确；B车速度减为零的时间t1＝＝ s＝10 s，此过程中B车的位移xB＝＝ m＝‎50 m，所以选项B错误；A车在10 s内的位移xA＝vAt1＝10×‎10 m＝‎100 m，因为xA＜xB＋s，可知B车停止时还未被A车追上，则A车追上B车所用的时间t＝＝ s＝25 s，故C正确，D错误．]‎ ‎[题组二]　运动图像 ‎3.(2020·衡水中学模拟)如图所示，直线a和一段抛物线b分别表示在同一平直公路上行驶的a车和b车运动的xt图像．已知在t1＝3 s时两车相遇，直线a和抛物线b刚好相切，t2＝4 s时对应抛物线的最高点．则下列说法中正确的是(　　 )‎ - 8 -‎ A．两车相遇时b车的速度大小为‎2.5 m/s B．b车的加速度大小为‎2 m/s2‎ C．b车的初速度大小为‎9 m/s D．t0＝0时两车的距离为‎10 m 解析：B　[由图可知，a车的速度va＝＝ m/s＝‎2 m/s.两车相遇时b车的速度大小为‎2 m/s，故A错误．t2＝4 s时对应抛物线的最高点，对应的速度为v＝0，根据速度公式v＝va－at，解得a＝‎2 m/s2，故B正确；t＝3 s，b车的速度为：vb＝va＝‎2 m/s，设b车的初速度为v0.对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝‎8 m/s，故C错误；t＝3 s时，a车的位移为：sa＝vat＝‎6 m，b车的位移为：sb＝t＝×‎3 m＝‎15 m，t＝3 s时，a车和b车到达同一位置，得：s0＝sb－sa＝‎9 m．故D错误．]‎ ‎4．(多选)甲、乙两辆汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，它们的vt图像如图所示．根据图像提供的信息可知(　　)‎ A．从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲 B．从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距的最远距离为‎12.5 m C．8 s末甲、乙相遇，且与t＝0时的两车位置的距离为‎40 m D．0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等 解析：BC　[因为t＝0时，两车位于同一地点，所以当两车相遇时，两车的位移大小一定相等，由两车运动的vt图像可知，开始时甲车在前，在0～6 s时间内甲车的位移为x1＝ m＝‎40 m，乙车的位移为x2＝‎30 m，所以6 s末乙未追上甲；由题图可知，4～6 s内，甲的加速度大小a＝‎5 m/s2，分析知当两车速度相等时，两车相距最远，则有‎10 m/s－a(t－4 s)＝‎5 m/s，解得两车达到速度相等所需的时间t＝5 s，所以最远距离Δx＝×5×(10－5) m＝‎12.5 m，选项A错误，B正确．由题图可知，6 s后甲停止运动，因此相遇时，两车位置与t＝0时两车的位置的距离为x1＝‎40 m，所用时间为t′＝ - 8 -‎ ‎ s＝8 s，选项C正确．根据图像可知，0～4 s内甲车的平均速度为1＝ m/s＝‎7.5 m/s,4～6 s内甲车的平均速度为2＝ m/s＝‎5 m/s，选项D错误．]‎ ‎[题组三]　牛顿运动定律的综合应用 ‎5．(多选)如图所示，质量为‎3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为‎2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取g＝‎10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)‎ A．B对A的压力大小为12 N B．弹簧弹力大小为20 N C．B的加速度大小为‎4 m/s2‎ D．A的加速度为零 解析：AC　[剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝30 N，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体分析，整体加速度：a＝＝ m/s2＝‎4 m/s2‎ 隔离对B分析有：mBg－FN＝mBa，‎ 解得：FN＝(20－2×4) N＝12 N，由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N，故A、C正确，B、D错误．]‎ ‎6．如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定．当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是(　　)‎ - 8 -‎ 解析：A　[当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：mg－kx＝ma，所以a＝g－.根据数学知识可知，C、D错误．当压缩到最低点时，加速度等于g，故A正确，B错误．]‎ ‎7．如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1.如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是(　　)‎ A．a1＞a2，N1＞N2‎ B．a1＞a2，N1＜N2‎ C．a1＝a2，N1＝N2‎ D．a1＞a2，N1＝N2‎ 解析：D　[对于图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a1＝，对B隔离分析，A对B的作用力N1＝mBa1＝.对于图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a2＝＝－gsin θ，对B隔离分析，有N2－mBgsin θ＝mBa2，得N2＝.可知a1＞a2，N1＝N2，故D正确，A、B、C错误．]‎ ‎8．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图像如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ - 8 -‎ A．M＝m B．M＝‎‎2m C．木板的长度为‎8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1‎ 解析：BC　[物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而vt图像的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝‎2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝‎1 m/s2，解得M＝‎2m，A错误，B正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者vt图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝ m＝‎8 m，C正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎9．(多选)一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的(　　)‎ 解析：BC　[物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，物体在速度减小到0前，物体已经滑到传送带右端，则物体一直做匀减速运动，故B正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，故C正确，故A、D错误．]‎ ‎10．(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A - 8 -‎ ‎(可视为质点)放在木板上．设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，取g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．滑块A的质量m＝‎‎1.5 kg B．木板B的质量M＝‎‎1.5 kg C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝‎4 m/s2‎ D．滑块A与木板B间的动摩擦因数μ＝0.1‎ 解析：AC　[由图乙知，当F＝4 N时，A、B相对静止，加速度a＝‎2 m/s2.对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝‎2 kg.当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，由图像可知，图线的斜率k＝＝＝‎2 kg－1，解得M＝‎0.5 kg，则滑块A质量m＝‎1.5 kg，故A正确，B错误．将F＞4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a＝F－，解得μ＝0.2，故D错误．根据F＝5 N＞4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度aB＝F－μ＝‎4 m/s2，故C正确．]‎ ‎11．如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1＝‎2 kg，m2＝‎4 kg，此时轻绳处于水平状态且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B施加水平恒力F＝76 N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2 s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F.若两物体均可视为质点，重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求两物体加速时轻绳上的张力T；‎ ‎(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L.‎ 解析：(1)两物体加速时对整体研究有 F－μ‎1m1g－μ‎2m‎2‎g＝(m1＋m2)a 对A物体有T－μ‎1m1g＝m‎1a 解得T＝22 N，a＝‎6 m/s2‎ - 8 -‎ ‎(2)当B物体到达P点时二者速度v＝at＝‎12 m/s 之后B物体沿斜面向上滑行，有 m2gsin θ＋μ‎2m2‎gcos θ＝m‎2a2‎ B物体上滑距离s＝ A物体先在水平面上减速滑行，有μ‎1m1g＝m‎1a1‎ 滑行到P点时速度设为v1，有v－v2＝－‎‎2a1L A物体滑上斜面后，有m1gsin θ＋μ‎1m1gcos θ＝m‎1a1′‎ 因在斜面上A物体的加速度小于B物体的加速度，所以与物体B刚好不相撞，其上滑的最大距离与B的相同，则有v＝‎2a1′s，解得L＝‎‎2.4 m 答案：(1)22 N　(2)‎‎2.4 m ‎12．如图甲所示，质量M＝‎4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝‎4 kg，大小可忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．铁块和木板开始均静止，从t＝0时刻起铁块受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F作用的时间为6 s，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)铁块和木板在0～2 s内的加速度大小．‎ ‎(2)铁块在6 s内的位移大小．‎ ‎(3)从开始运动到铁块和木板相对静止，它们的相对位移大小．‎ 解析：(1)在0～2 s内，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma1，代入数据解得铁块的加速度大小为a1＝‎3 m/s2；对木板有μmg＝Ma2，代入数据解得木板的加速度大小为a2＝‎2 m/s2.‎ ‎(2)t1＝2 s时，铁块运动的位移x1＝a1t＝‎6 m，木板运动的位移x2＝a2t＝‎4 m,2 s末铁块的速度v1＝a1t1＝‎6 m/s，木板的速度v2＝a2t1＝‎4 m/s,2 s后，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma′1，解得a′1＝‎1 m/s2，对木板有μmg＝Ma′2，代入数据解得a′2＝‎2 m/s2.设再经过t2时间铁块和木板达到共同速度v，则v＝v1＋a′1t2＝v2＋a′2t2，代入数据解得t2＝2 s，v＝‎8 m/s.在t2时间内，铁块运动的位移x′1＝t2＝‎14 m，木板运动的位移x′2＝t2＝‎12 m．F作用的最后2 s内，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝‎8 m/s做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板组成的整体有F＝(m＋M)a，代入数据解得a＝‎1.5 m/s2，最后2 s内铁块和木板运动的位移均为x3＝vt3＋at＝‎19 m，所以铁块在6‎ - 8 -‎ ‎ s内运动的位移大小为x铁＝x1＋x′1＋x3＝‎39 m.‎ ‎(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x木＝x2＋x′2＝‎16 m，铁块和木板的相对位移大小为x1＋x′1－x木＝‎4 m.‎ 答案：(1)‎3 m/s2　‎2 m/s2　(2)‎39 m　(3)‎‎4 m - 8 -‎