新课标2022高考物理二轮复习专题强化训练2力和直线运动含解析.doc

《新课标2022高考物理二轮复习专题强化训练2力和直线运动含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2022高考物理二轮复习专题强化训练2力和直线运动含解析.doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题强化训练(二)一、选择题(共10个小题，3、4、5、8、10为多项选择，其余为单项选择，每题5分共50分)1(2022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，那么物体的加速度是()A. m/s2B. m/s2C. m/s2 D. m/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时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v11 m/s4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v22 m/s8 m/s；那么物体加速度为：a m/s2 m/s2，故B项正确2高速公路的ETC电子收费系统如下图，ETC通道的长

2、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，汽车刚好没有撞杆司机的反响时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，那么该ETC通道的长度约为()A4.2 m B6.0 mC7.8 m D9.6 m答案D解析21.6 km/h6 m/s汽车在前0.3 s0.7 s内做匀速直线运动，位移为：x1v0(t1t2)6(0.30.7) m6 m随后汽车做减速运动，位移为：x2 m3.6 m所以该ETC通道的长度为：Lx1x2(63.6) m9.

3、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t的图象如下图，那么()A质点做匀加速直线运动，加速度为1.0 m/s2B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：0.50.5t.根据匀变速运动的位移公式xv0tat2，得：v0at，比照可得：a0.5 m/s2，那么质点的加速度为a20.5 m/s21 m/s2.初速度为v00.5 m/s，那么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vv

4、0at0.5 m/s1 m/s1.5 m/s.那么质点在第1 s内的平均速度为1 m/s，故B项正确，C项错误应选A、B两项4在人工智能机器人跑步比赛中，t0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下图，那么以下说法正确的选项是()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t2 s时起跑，此时机器人甲正好跑过的距离x m1 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03 s内位移之差，即xmax m m1.

5、5 m，故B项错误；机器人乙起跑4 s后，甲通过的位移x甲1 m5 m，乙通过的位移x乙2 m6 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，那么甲、乙不可能再次相遇，故D项正确应选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aF图取g10 m/s2，那么()A滑块的质量m4 kgB木板的质量M2 kgC当F8 N时滑块加速度为2 m/s2D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

6、度为：a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，代入数据解得：Mm6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：aF，由图示图象可知，图线的斜率为：k，解得：M2 kg，滑块的质量为：m4 kg，故A、B两项正确；根据F大于6 N的图线知，F4时，a0，即：0F，代入数据解得：0.1，由图示图象可知，当F8 N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：ag1 m/s2，故C项错误，D项正确6.如下图，一固定杆与水平方向夹角为，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.假设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

7、与竖直方向夹角为，且，那么滑块的运动情况是()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，假设速度方向向下，那么沿斜面方向：(m1m2)gsinf(m1m2)a，垂直斜面方向：FN(m1m2)gcos摩擦力：fFN联立可解得：agsingcos，对小球有：假设，agsin现有：gsin所以gsingcosgsin，gsingsingcos因为，所以gsingsin0，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

8、面光滑)，分别有如下图的两套装置，斜面体B的上外表水平且光滑，长方体D的上外表与斜面平行且光滑，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，以下说法正确的选项是()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.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：axacosgsincos，该加速度由水平方向弹簧的弹力提

9、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mgsin，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.如下图，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，物块1与物块2间的动摩擦因数为2.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，以下反映a和f变化的图线正确的选项是()答案AC解析物块1与2间的最大静摩擦力f1223mg6mg，物块2与地面间的最

10、大静摩擦力f24mg4mg，当拉力F4mg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，f14mgma，解得f14mgma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a22g，对物块1，根据牛顿第二定律，此时的拉力为F，那么Ff123ma2，解得F12mg，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.如下图，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E1

11、，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，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，那么以下结论正确的选项是()A假设A、B高度差为h，那么UABB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假设E1，那么两电场强度大小关系满足E22E1答案D解析对A到B的过程运用动能定理得：qUABmgh0，解得：UAB，可知A、B的电势不相等，那么带电小球在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v22ax，那么加速

12、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，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2，因为a1a2，解得：E2E1，假设E1，那么有：E22E1，故D项正确应选D项10.如下图，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 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煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度g10 m/s2，那么以下说法正确的选项是()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

13、.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mgma，得ag4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：x12 m4 m因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间为：t11 s匀速运动的时间为：t20.5 s煤块从A运动到B的总时间为：tt1t21.5 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，那么划痕长度为：xv0t1x12 m，故C项正确，D项错误应选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

14、大小a0.8 m/s2的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小v7.2 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t1；(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t2.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：vat1解得：t19 s.(2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：xat12，xvt1又：Lxx解得：L32.4 m.(3)由运动学规律有：at22vt2解得

15、：t218 s.12.如下图，质量M2.0 kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m1.0 kg的小铁块(可视为质点)，小铁块离木板左端的距离为L0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为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.那么：(1)假设要使铁块不从木板上滑出，求恒力的最大值F1；(2)假设将木板从铁块下抽出历时1 s，求拉力F2的大小；(3)假设地面粗糙，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

16、N(2)8 N(3) m/s解析(1)铁块受到的最大静摩擦力为：f1mg由牛顿第二定律得铁块的最大加速度为：a1对整体，由牛顿第二定律得：F1(Mm)a1解得：F16 N.(3)设木板抽出的加速度为a2，由题意得：a2t2a1t2L对木板，由牛顿第二定律得：F2f1Ma2解得：F28 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：a34 m/s2由位移关系得：v0ta3t2a1t2La1tv0a3t解得：v0 m/s.13.如下图，一水平长为L2.25 m的传送带与平板紧靠在一起，且上外表在同一水平面，皮带以v04 m/s匀速顺时针转动，现在传送带

17、上左端静止放上一质量为m1 kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上外表之间的动摩擦因数均为10.2.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F17 N，F作用了t01 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，平板质量M4 kg(重力加速度为g10 m/s2)，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2的大小；(3)平板上外表至少多长？(计算结果保存两位有效数字)答案(1)3.75 m(2)0.3(3)1.6 m解析(1)对煤块由牛

18、顿第二定律：1mgma1得a12 m/s2假设煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得v122a1L解得：v13 m/s因为v11，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速到停止对平板，由牛顿第二定律得：1mg2(Mm)gMa3得a3 m/s2t2 s s全过程平板位移为：s板(t0t2)解得：s板 m全过程煤块位移为：s煤 m所以板长ls煤s板1.6 m.14一轻弹簧的一端固定在倾角为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，如下图质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t0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

19、，物块a、b别离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0.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别离前，外力大小随时间变化的关系式答案(1)(2)(3)Fmgsint2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，那么有kx0(mm)gsin解得：k.(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0.由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：说明当形变量为x1x0时二者别离；对m分析，因别离时a、b间没有弹力，那么根据牛顿第二定律可知：kx1mgsinma联立式，解得：a.(3)设时间为t，那么经时间t时，ab前进的位移为xat2那么形变量变为：xx0x对整体分析可知，由牛顿第二定律，有Fkxgsina解得：Fmgsint2因别离时位移x由xat2，解得：t故应保证t ，F表达式才能成立9