高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練 力與直線運動

PAGE課時跟蹤訓(xùn)練(二)力與直線運動一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為多項選擇題)1．(2018·山東省濰坊市高三第二次高考模擬)汽車在轉(zhuǎn)彎時如果速度過快，容易發(fā)生側(cè)翻．一輛大貨車在水平的路面上向左轉(zhuǎn)彎時發(fā)生了側(cè)翻，下列說法正確的是()A．貨車向右側(cè)翻B．左側(cè)輪胎容易爆胎C．側(cè)翻是因為貨車慣性變大D．側(cè)翻是因為貨車慣性變小A[貨車在水平的路面上向左轉(zhuǎn)彎時發(fā)生了側(cè)翻，由于離心作用火車向右側(cè)翻，選項A正確；向右側(cè)翻時，右側(cè)輪胎受的壓力較大，則右側(cè)輪胎容易爆胎，選項B錯誤；側(cè)翻是因為貨車所受的摩擦力不足以提供轉(zhuǎn)變時的向心力而發(fā)生離心現(xiàn)象，火車的質(zhì)量沒變，則慣性沒有變化，選項C、D錯誤；故選A.]2．(2018·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖1，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點．一小滑塊自a點由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T.現(xiàn)讓該滑塊自b點由靜止開始下滑，則該滑塊()A．通過bc、cd段的時間均大于TB．通過c、d點的速度之比為1∶2C．通過bc、cd段的位移之比為1∶3D．通過c點的速度等于通過bd段的平均速度A[當(dāng)滑塊由a點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，加速度大小為a′.假設(shè)ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應(yīng)分別為3x、5x、xbc∶xcd＝3∶5，C錯誤；如果滑塊由b點靜止釋放，顯然滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，A正確；滑塊在c點的速度應(yīng)為v1＝eq\r(2a′·3x)，滑塊在d點的速度應(yīng)為v2＝eq\r(2a′·8x)，則v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(8)，B錯誤；因為xbc∶xcd＝3∶5，顯然通過c點的時刻不是bd的中間時刻，則滑塊通過c點的速度不等于bd段的平均速度，D錯誤．]3．(2018·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)質(zhì)量均為m＝1kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動，二者的動能隨位移的變化圖象如圖所示．下列說法正確的是()A．甲的加速度大小為2m/s2B．乙的加速度大小為1.5m/s2C．甲、乙在x＝6m處的速度大小為2m/sD．甲、乙在x＝10m處相遇A[A項：對甲由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝eq\f(ΔEk,x)即為圖象斜率，所以F合＝k＝2N，由牛頓第二定律得：a甲＝2m/s2，故A正確；B項：對乙由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝eq\f(ΔEk,x)即為圖象斜率，所以F合＝k＝1N，由牛頓第二定律得：a乙＝1m/s2，故B錯誤；C項：由圖可知：對甲：Ek甲＝18－2x，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＝18－2×6，解得：v甲＝2eq\r(3)m/s，對乙：Ek乙＝x，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)＝6，解得：v乙＝2eq\r(3)m/s，故C錯誤；D項：甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動，所以甲、乙在x＝8m處相遇，故D錯誤．]4．處于豎直平面內(nèi)的某圓周的兩條直徑AB、CD間夾角為60°，其中直徑AB水平，AD與CD是光滑的細(xì)桿．從A點和C點分別靜止釋放兩小球，從A、C點下落到D點的時間分別是t1、t2，則t1∶t2是()A．1∶1 B．3∶2C.eq\r(3)∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)C[由圖可知，sCD＝2R，aCD＝eq\f(\r(3),2)g，由幾何關(guān)系可得出sAD＝eq\r(3)R，aAD＝eq\f(1,2)g，由運動學(xué)公式s＝eq\f(1,2)at2，可得eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(sADaCD,sCDaAD))，帶入數(shù)據(jù)解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(3),\r(2))，故C正確．]5．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)一物體由靜止開始運動，其加速度a與位移x關(guān)系圖線如圖所示．下列說法正確的是()A．物體最終靜止B．物體的最大速度為eq\r(2ax0)C．物體的最大速度為eq\r(3ax0)D．物體的最大速度為eq\f(3,2)eq\r(ax0)C[物體運動過程中任取一小段，對這一小段v2－veq\o\al(2,0)＝2aΔx一物體由靜止開始運動，將表達(dá)式對位移累加，可得v2等于速度a與位移x關(guān)系圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積的2倍，則v2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a0x0＋\f(1,2)a0x0))，解得物體的最大速度v＝eq\r(3a0x0).故C項正確．]6．在2017年的珠海航展中，中國展出了國產(chǎn)運－20和殲－31等最先進(jìn)飛機(jī)．假設(shè)航展中有兩飛機(jī)甲、乙在平直跑道上同向行駛，0～t2時間內(nèi)的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．飛機(jī)乙在0～t2內(nèi)的平均速度等于eq\f(v2,2)B．飛機(jī)甲在0～t2內(nèi)的平均速度比乙大C．兩飛機(jī)在t1時刻一定相遇D．兩飛機(jī)在0～t2內(nèi)不可能相遇B[在v－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”表示位移，如圖所示．飛機(jī)乙的位移小于勻變速的位移，故平均速度小于eq\f(v2,2)，甲做勻變速直線運動，故甲的平均速度為eq\f(v1＋v2,2)，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A錯誤、B正確；兩飛機(jī)在位移相等時相遇，t1時刻乙的面積大于甲的面積，故在t1時刻不相遇，選項C錯誤；開始乙的速度大于甲的速度，后來甲的速度大于乙的速度，所以中間相遇一次，選項D錯誤．]7．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)質(zhì)量為1kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示．A和B經(jīng)過1s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B運動的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則物塊A的質(zhì)量為()A．1kg B．2kgC．3kg D．6kgC[由圖象可知，物塊在0～1s內(nèi)的加速度大小為a1＝2m/s2以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2木板在0～1s內(nèi)的加速度大小為a2＝2m/s2，在1s～3s內(nèi)物塊與木板相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為a3＝1m/s2AB同速后為研究對象，由牛頓第二定律得：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1再以B為研究對象，在0～1s內(nèi)水平方向受到兩個滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1代入數(shù)據(jù)解得A的質(zhì)量m＝3kg.]8．在塔頂上將一物體豎直向上拋出，拋出點為A，物體上升的最大高度為h＝20m，不計空氣阻力，設(shè)塔足夠高，則物體的位移大小為10m時，物體通過的路程可能為()A．10m B．20mC．30m D．50mACD[物體在塔頂上的A點拋出，位移大小為10m的位置有兩處，如圖所示，一處在A點之上，另一處在A點之下．在A點之上時，位移大小為10m，又有上升和下降兩種過程，上升時，物體通過的路程s1等于位移的大小x1，即s1＝x1＝10m；下降時，物體通過的路程s2＝2h－x1＝2×20m－10m＝30m．在A點之下時，物體通過的路程s3＝2h＋x2＝2×20m＋10m＝50m．故A、C、D項正確，B項錯誤．]9．(2018·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)(多選)如圖所示，材料相同的物體m1、m2由輕繩連接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速運動．輕繩拉力的大小()A．與斜面的傾角θ有關(guān)B．與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ有關(guān)C．與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān)D．若改用F沿斜面向下拉連接體，輕繩拉力的大小不變CD[A、B、C項：將兩物體看成一個整體有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)對m2受力分析且由牛頓第二定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a解得：T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故A、B項錯誤，C正確；D項：將兩物體看成一個整體有：F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝eq\f(F＋m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)對m1受力分析且由牛頓第二定律有：T＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a解得：T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故D正確．]10．(2018·成都二診)質(zhì)量為m的小球被兩個彈性系數(shù)皆為k的相同彈簧固定在一質(zhì)量為M的盒中，如圖所示，盒從距桌面高h(yuǎn)處開始下落，在盒開始下落的瞬間，兩彈簧均未發(fā)生形變，小球靜止．則下列說法正確的是()A．下落高度h>eq\f(Mg,2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,2m)))，盒與桌面發(fā)生完全非彈性碰撞后還能跳起來B．下落高度h>eq\f(Mg,2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2M,m)))，盒與桌面發(fā)生完全非彈性碰撞后還能跳起來C．在小球到最高點時盒子恰好彈起，小球的加速度a＝eq\f(M－m,m)gD．在小球到最高點時盒子恰好彈起，小球的加速度a＝eq\f(2M,m)gAC[小球從h高處下落到桌面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，設(shè)小球向上運動到速度變?yōu)榱銜r上面彈簧的壓縮為x，下面彈簧的伸長量也為x，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgx＋2·eq\f(1,2)kx2，這時小球上面的彈簧對盒向上的彈力為kx，小球下面的彈簧對盒向上的彈力也是kx，盒能跳離桌面的條件是2kx>Mg，h>eq\f(Mg,2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,2m)))，盒子恰好彈起，2kx＝Mg，則小球合力F合＝Mg－mg，加速度為a＝eq\f(M－m,m)g，A、C正確．]二、非選擇題11．(2018·廣東省深圳市高三2月第一次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一個F＝8N的水平推力，當(dāng)小車向右運動的速度達(dá)到v0＝1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長，取g＝10m/s2.求：(1)放小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大？(2)經(jīng)多長時間兩者達(dá)到相同的速度；(3)從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t＝1.5s小物塊通過的位移大小為多少？解析(1)小物塊的加速度am＝μg＝2m/s2小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2(2)由amt＝v0＋aMt解得：t＝1s(3)從小物塊放上小車開始1s內(nèi)，小物塊的位移s1＝eq\f(1,2)amt2＝1m1s末小物塊的速度v＝amt＝2m/s在接下來的0.5s內(nèi)小物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，且加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2這0.5s內(nèi)小物塊的位移s2＝vt1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.1m小物塊1.5s內(nèi)通過的總位移s＝s1＋s2＝2.1m答案(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m12．(2018·吉林省長春外國語學(xué)校高三第5次調(diào)研)如圖1所示，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，速率始終不變．t＝0時刻在傳送帶適當(dāng)位置放一具有初速度的小物塊．物塊剛好能運動到傳送帶的最上端，取沿斜面向下為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關(guān)系如圖2所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2，求：(1)傳送帶與滑塊之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)t＝0時，小物塊離傳送帶最上端的距離；(3)前3s內(nèi)小物塊與傳送帶之間的摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能．解析(1)由v－t圖象可知，剛開始時物塊的加速度a＝8m/s2對物塊進(jìn)行受力分析，可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),5)(2)小物塊運動到傳送帶的最上端時，速度恰好為0，即t0＝0.5st＝0時，小物塊離傳送帶最上端的距離x＝eq\f(1,2)×0.5×4m＝1m(3)由v－t圖象可知：傳送帶的速度是v0＝8m/s當(dāng)t1＝1.5