（江苏专用）2020版高考物理二轮复习 专题过关检测（二）力与直线运动

专题过关检测（二）力与直线运动一、单项选择题1.如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动过程的是()解析：选B滑块沿斜面做匀减速直线运动，速度随时间均匀减小，加速度恒定，C、D项错误；位移时间图像中斜率代表速度，A项中斜率表示竖直方向的分速度在增加，A项错误，B项斜率表示合速度在减小，B项正确。2．(2019·苏州检测)如图所示是某物体做直线运动的v­t图像，则该物体全过程()A．做匀速直线运动B．做匀加速直线运动C．一直朝某一方向运动D．在某一线段上做两个来回运动解析：选C在v­t图像中，图像的斜率表示物体的加速度，0～1s内加速度为正，1～2s内的加速度为负，方向不同，所以物体既不做匀速直线运动，也不做匀加速直线运动，故A、B错误；速度的正负表示运动方向，0～4s内速度为正，所以物体一直朝某一方向运动，不是在某一线段上做两个来回运动，故C正确，D错误。3．(2019·南通二模)“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营，我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中，某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球()A．在最高点对地速度为零B．在最高点对地速度最大C．落点位置与抛出时车厢的速度大小无关D．抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远解析：选C小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，而竖直方向上其运动速度是变化的，在最高点竖直方向的速度为零，此时相对地速度最小，但不为零，故A、B项错误；小球在空中运动时，其水平方向上的速度大小是不变的，列车做加速运动，相对位移为x＝v0t＋12at2－v0t＝12at2，与初速度无关，故C项正确，D项错误。4．(2019·南京模拟)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。某人驾驶汽车以6m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s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，汽车刚好紧贴栏杆停下。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()A．3.6mB．5.4mC．6.0mD．9.6m解析：选D在反应时间时，汽车做匀速运动，位移x1＝v(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6m，刹车后汽车做匀减速运动，位移x2＝v22a＝3.6m，汽车运动的位移x＝x1＋x2＝9.6m，所以该ETC通道的长度约为9.6m，D正确。5.如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板A顶端。静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止。已知M＝1.5m，重力加速度为g，则C沿木板下滑的加速度大小为()A.34gB．12gC.14gD.18g解析：选C对木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力，根据平衡条件可得：Mgsin30°＋f＝mg，由题意可知：M＝1.5m，可得A、C间的摩擦力为f＝0.25mg，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°－f＝ma，联立以上关系式可得C下滑的加速度a＝14g，故C正确，A、B、D错误。二、多项选择题6.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是()A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析：选CDx­t图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误。t1和t2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，故C、D正确。7.(2019·苏锡常镇调研)一实验箱沿竖直方向运动，其侧壁用细线系一小钢球。球与实验箱保持相对静止，如图所示，不计空气对球的作用力，则()A．实验箱的加速度一定竖直向下B．实验箱的速度一定竖直向下C．实验箱的加速度可能小于重力加速度D．球对侧壁的压力可能为零解析：选AD对小球受力分析，如图所示，钢球受到的重力和细线拉力的竖直分力(可能为0)均竖直向下，因此实验箱的加速度一定竖直向下，而且加速度a≥g，A正确，C错误；加速度竖直向下，小球可能加速向下运动，也可能减速向上运动，B错误；因为钢球所受拉力可能为0，在水平方向Tx＝FN＝0，即球对侧壁的压力可能为零，D正确。8.(2019·淮安、宿迁期中)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。则()A．a2a1B．a2＝a1C．x2x1D．x2x1解析：选AD设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a1＝μM＋mgm＋M＝μg，拿走砝码施加F时，加速度：a2＝μMg＋FM＝M＋mMμg，可知a2＞a1；根据v2＝2ax得，x＝v22a，知加速度增大，则滑行的距离变小，即：x2x1，则A、D正确，B、C错误。9．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v­t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()A．t2时刻，弹簧形变量为0B．t1时刻，弹簧形变量为mgsinθ＋makC．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D．从t1时刻开始，拉力F恒定不变解析：选BD由题图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsinθ＝kx，则x＝mgsinθk，故A错误；由题图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kx－mgsinθ＝ma，则x＝mgsinθ＋mak，故B正确；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，可知F不变，故C错误，D正确。三、计算题10．(2019·无锡期末)如图甲所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图乙所示，g取10m/s2。试求：(1)物块在0～4s内的加速度a1的大小和4～8s内的加速度a2的大小；(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)8s内恒力F所做的功。解析：(1)由题图乙可知，0～4s内，物块向右做匀减速直线运动，4～8s内，物块向左做匀加速直线运动。0～4s内，a1＝ΔvΔt＝204m/s2＝5m/s2，方向水平向左；4～8s内，a2＝Δv′Δt′＝88－4m/s2＝2m/s2，方向水平向左；(2)根据牛顿第二定律，在0～4s内恒力F与摩擦力同向：F＋μmg＝ma14～8s内恒力F与摩擦力反向：F－μmg＝ma2代入数据解得：F＝7N，μ＝0.15。(3)根据图形的面积可得8s内物体运动的位移s＝12×4×20m－12×4×8m＝24m恒力F做的功为W＝Fs＝－7×24J＝－168J。答案：(1)5m/s22m/s2(2)7N0.15(3)－168J11．(2019·苏州期中)如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33。重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面的夹角为α，如图乙所示，物块以加速度a向上加速运动，试写出拉力F的表达式。解析：(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s。(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有平行斜面方向F－mgsinθ－f＝ma垂直斜面方向FN＝mgcosθ其中f＝μFN拉力F的大小为F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N。(3)拉力F与斜面夹角为α时，受力如图：根据牛顿第二定律有Fcosα－mgsinθ－f＝maFN＋Fsinα－mgcosθ＝0其中f＝μFN拉力F的表达式为F＝mgsinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα。答案：(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mgsinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα