《2019版高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練2 力與直線運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練2 力與直線運動（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時跟蹤訓練(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)汽車在轉彎時如果速度過快，容易發(fā)生側翻．一輛大貨車在水平的路面上向左轉彎時發(fā)生了側翻，下列說法正確的是(　　) A．貨車向右側翻 B．左側輪胎容易爆胎 C．側翻是因為貨車慣性變大 D．側翻是因為貨車慣性變小 A　[貨車在水平的路面上向左轉彎時發(fā)生了側翻，由于離心作用火車向右側翻，選項A正確；向右側翻時，右側輪胎受的壓力較大，則右側輪胎容易爆胎，選項B錯誤；側翻是因為貨車所受的摩擦力不足以提供轉變時的向心力而發(fā)生離心現象，火車的質量沒變，則慣性

2、沒有變化，選項C、D錯誤；故選A.] 2．(2018·福建省畢業(yè)班質量檢查)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T B．通過c、d點的速度之比為1∶2 C．通過bc、cd段的位移之比為1∶3 D．通過c點的速度等于通過bd段的平均速度 A　[當滑塊由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ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應分別為3x、5x、xbc∶xcd＝3∶5，C錯誤；如果滑塊由

3、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點的速度應為v1＝，滑塊在d點的速度應為v2＝，則v1∶v2＝∶，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期五月理綜訓練)質量均為m＝1 kg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2 m/s2 B．乙的加速度大小為1.5 m/s2 C．甲、乙在x＝6 m處的速度大小為2 m/s D．甲、乙在x＝

4、10 m處相遇 A　[A項：對甲由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝即為圖象斜率，所以F合＝k＝2N，由牛頓第二定律得：a甲＝2 m/s2，故A正確； B項：對乙由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝即為圖象斜率，所以F合＝k＝1 N， 由牛頓第二定律得：a乙＝1 m/s2，故B錯誤； C項：由圖可知：對甲：Ek甲＝18－2x，即mv＝18－2×6，解得：v甲＝2m/s，對乙： Ek乙＝x，即mv＝6，解得：v乙＝2m/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＝8 m處相遇，故D錯誤．] 4．處于豎直平面內的某圓周的兩條直徑AB、C

5、D間夾角為60°，其中直徑AB水平，AD與CD是光滑的細桿．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∶2 C.∶ D.∶ C　[由圖可知，sCD＝2R，aCD＝g，由幾何關系可得出sAD＝R，aAD＝g，由運動學公式s＝at2，可得＝，帶入數據解得＝，故C正確．] 5．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)一質檢)一物體由靜止開始運動，其加速度a與位移x關系圖線如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．物體最終靜止 B．物體的最大速度為 C．物體的最大速度為 D．物體的最大速度為 C　[物體運

6、動過程中任取一小段，對這一小段v2－v＝2aΔx 一物體由靜止開始運動，將表達式對位移累加，可得v2等于速度a與位移x關系圖線與坐標軸圍成的面積的2倍，則v2＝2，解得物體的最大速度v＝.故C項正確．] 6．在2017年的珠海航展中，中國展出了國產運－20和殲－31等最先進飛機．假設航展中有兩飛機甲、乙在平直跑道上同向行駛，0～t2時間內的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．飛機乙在0～t2內的平均速度等于 B．飛機甲在0～t2內的平均速度比乙大 C．兩飛機在t1時刻一定相遇 D．兩飛機在0～t2內不可能相遇 B　[在v－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的“面積”表示

7、位移，如圖所示．飛機乙的位移小于勻變速的位移，故平均速度小于，甲做勻變速直線運動，故甲的平均速度為，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·濟寧市高三第二次模擬)質量為1 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質點的物塊A從木板的左側沿木板上表面水平沖上木板，如圖甲所示．A和B經過1 s達到同一速度，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＝10 m/s2，則物塊A的質量為(　

8、　) A．1 kg B．2 kg C．3 kg D．6 kg C　[由圖象可知，物塊在0～1 s內的加速度大小為a1＝2 m/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0～1 s內的加速度大小為a2＝2 m/s2，在1 s～3 s內物塊與木板相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為a3＝1 m/s2 AB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0～1 s內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 代入數據解得A的

9、質量m＝3 kg.] 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＝20 m，不計空氣阻力，設塔足夠高，則物體的位移大小為10 m時，物體通過的路程可能為(　　) A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m ACD　[物體在塔頂上的A點拋出，位移大小為10 m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10 m，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＝10 m；下降時，物體通過的路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A點之下時，物體通過的路程

10、s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D項正確，B項錯誤．] 9．(2018·湖北省武漢市高三下學期五月理綜訓練)(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 B．與物體和斜面之間的動摩擦因數μ有關 C．與兩物體的質量m1和m2有關 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)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a 解得：a＝ 對m2受力分析且由牛頓第二定律有：T

11、－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a 解得：T＝，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)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a 解得：a＝ 對m1受力分析且由牛頓第二定律有：T＋m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a 解得：T＝，故D正確．] 10．(2018·成都二診)質量為m的小球被兩個彈性系數皆為k的相同彈簧固定在一質量為M的盒中，如圖所示，盒從距桌面高h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>，盒與桌面發(fā)生完全非彈性碰撞后還能

12、跳起來 B．下落高度h>，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＝g D．在小球到最高點時盒子恰好彈起，小球的加速度a＝g AC　[小球從h高處下落到桌面，根據機械能守恒定律得mgh＝mv2，設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，根據機械能守恒定律得 mv2＝mgx＋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>，盒子恰好彈起，2kx＝Mg，則小球合力F合＝Mg－mg，加速度為a＝g，A、C正確．] 二、非選擇題 1

13、1．(2018·廣東省深圳市高三2月第一次調研)如圖所示，質量M＝8 kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一個F＝8 N的水平推力，當小車向右運動的速度達到v0＝1.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為m＝2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.2，小車足夠長，取g＝10 m/s2.求： (1)放小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大？ (2)經多長時間兩者達到相同的速度； (3)從小物塊放上小車開始，經過t＝1.5 s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＝2 m/s2 小車的加速度aM＝＝0.5 m/s2 (

14、2)由amt＝v0＋aMt 解得：t＝1 s (3)從小物塊放上小車開始1 s內，小物塊的位移s1＝amt2＝1 m 1 s末小物塊的速度v＝amt＝2 m/s 在接下來的0.5 s內小物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，且加速度a＝＝0.8 m/s2 這0.5 s內小物塊的位移s2＝vt1＋at＝1.1 m 小物塊1.5 s內通過的總位移s＝s1＋s2＝2.1 m 答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m 12．(2018·吉林省長春外國語學校高三第5次調研)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

15、帶適當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系如圖2所示．已知小物塊質量m＝1 kg，g取10 m/s2，求： (1)傳送帶與滑塊之間的動摩擦因數μ； (2)t＝0時，小物塊離傳送帶最上端的距離； (3)前3 s內小物塊與傳送帶之間的摩擦產生的內能． 解析　(1)由v－t圖象可知，剛開始時物塊的加速度a＝8 m/s2 對物塊進行受力分析，可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 解得μ＝ (2)小物塊運動到傳送帶的最上端時，速度恰好為0，即t0＝0.5 s t＝0時，小物塊離傳送帶最上端的距

16、離x＝×0.5×4 m＝1 m (3)由v－t圖象可知：傳送帶的速度是v0＝8 m/s 當t1＝1.5 s時，物塊與傳送帶速度相等，之后傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上 由牛頓第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma′ 解得：a′＝2 m/s2 所以，t2＝3 s時，物塊的速度v＝v0＋a′(t2－t1)＝11 m/s 小物塊在傳送帶上滑行的距離就是圖中陰影的面積 Δx＝×12×m＋×3×1.5 m＝11.25 m 前3 s內小物塊與傳送帶之間的摩擦產生的內能Q＝(μmgcos θ)Δx＝33.75 J 答案　(1)μ＝　(2)1 m　(3)33.75 J 8