高考物理二轮复习专题1力与直线运动强化练习解析版

专题强化练(二)
考点1 匀变速直线运动
1．(2019·广州模拟)如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )
A ．汽车在做加速直线运动
B ．汽车的加速度方向与v 1的方向相同
C ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相同
D ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相反
解析：由于v 2＜v 1，汽车做减速直线运动，A 错误；该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C 正确，B 、D 错误．
答案：C
2．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力．两球落地的时间差为( )
A.2v g
B.v g
C.2h v
D.h v
解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相
同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝－v－v
－g
＝
2v
g，
A项正确．
答案：A
考点2图象问题
3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v-t关系图象如图所示，则该质点的x-t关系图象可大致表示为下图中的()
解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，选项B可大致表示该质点的x-t关系图象．
答案：B
4．(2019·广州模拟)下列v-t图象中，表示两个做自由落体运动的物体落地的是(t0表示落地时刻)()
解析：自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，图线甲有初速度，不是自由落体运动，故A错误；自由落体运动的加速度相同，都为g，所以图线斜率相等，图象应平行，故B错误；图线甲有初速度，不是自由落体运动，故C错误；自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，加速度相同，所以图线的斜率相等，图象平行，同时落地，即在同一时刻落地，故D正确．
答案：D
5．(2018·河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线．该质点运动的加速度大小为()
A．4 m/s2B．2 m/s2
C．1 m/s2D．0.5 m/s2
解析：由x v2图象结合速度位移关系式v2－v20＝2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v2＝2ax，
可得a＝v2
2x＝
4
2×1
m/s2＝2 m/s2，故选项B正确．
答案：B
6．(2019·商丘模拟)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则()
A ．在0～t 1内，外力F 大小不断增大
B ．在0～t 1内，外力F 大小不断减小直至为零
C ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能不断增大
D ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能先减小后增大
解析：v-t 图线的斜率表示加速度，所以在0～t 1内，加速度为正
并不断减小，根据加速度a ＝F －μmg m
，所以外力F 大小不断减小，F 的最小值等于摩擦力，故A 、B 错误；在t 1～t 2内，加速度为负并
且不断变大，根据加速度的大小a ＝μmg －F m
，外力F 大小可能不断减小，故C 错误；如果在F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小：a ＝μmg ＋F m
，F 后增大，因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小可能先减小后增大，故D 正确．
答案：D
7.(多选)(2019·潍坊模拟)甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v-t 图象如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )
A．在t0～2t0时间内，甲、乙的加速度方向相同B．在t0～2t0内，乙的平均速度大于甲的平均速度C．在0～2t0内，甲、乙间的最远距离为v0t
D．在0～2t0内，甲、乙间的最远距离为1
2
v0t
解析：速度图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在t0～2t0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同，故A正确；根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t0～2t0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B正确；甲、乙从同一位置出发，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，
最远距离等于两者位移之差，为x＝1
2t0·(2v0－v0)＝1
2
v0t，故C错误，
D正确．
答案：ABD
考点3牛顿运动定律的应用
8.(多选)(2018·沈阳模拟)如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB 间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，
粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋由静止放上传送带，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．若L足够大，粮袋最终将一定以速度v做匀速运动
C．若μ＜tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动
D．粮袋刚放上传送带时的加速度a＜g sin θ
解析：粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度a＝g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，A正确，B错误；若μ＜tan θ，粮袋从A 到B可能一直是做加速运动，加速度值为a＝g(sin θ＋μcos θ)或先为a＝g(sin θ＋μcos θ)后为a＝g(sin θ－μcos θ)，C正确；粮袋刚放上传送带时的加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)，大于g sin θ，D错误．
答案：AC
9．(2019·开封模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：
(1)当t ＝0.5 s 时，物体的加速度大小；
(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时加速度最大？最大值为多少？
(3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时速度最大？最大值为多少？ 解析：(1)当t ＝0.5 s 时，
F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 N.
F 1－F 2＝ma
a ＝F 1－F 2m ＝4－32
m/s 2＝0.5 m/s 2； (2)物体所受的合外力为
F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)
作出F 合-t 图象如图所示
从图中可以看出，在0～2 s 范围内
当t ＝0时，物体有最大加速度a 0.
F 0＝ma 0，
a 0＝F 0m ＝22 m/s 2＝1 m/s 2，
当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a 2，
F 2＝ma 2，a 2＝F 2m ＝－22 m/s 2＝－1 m/s 2，负号表示加速度方向向
左；
(3)由牛顿第二定律得：
a ＝F 合m ＝1－t (m/s 2)
画出a -t 图象如图所示
由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．
v＝1
2×1×1 m/s＝0.5 m/s.
答案：(1)0.5 m/s2
(2)t＝0和t＝2 s时 1 m/s2
(3)t＝1 s0.5 m/s
10．(2019·河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变．小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．
解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin
θ＝F f，F f＝μmg cos θ，联立解得μ＝
3 3；
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v20＝2ax得
x＝
v20
2g（sin θ＋μcos θ）
.
设木板在θ的基础上向上运动的角度为α，
令cos α＝
1
1＋μ2
，sin α＝
μ
1＋μ2
，即tan α＝μ，
则x＝
v20
2g1＋μ2sin（θ＋α）
，
当α＋θ＝90°时，x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为x min＝
v20
2g（sin 60°＋μcos 60°）
＝
3v20
4g＝
53
2m.
3
3(2)θ＝60°53
2m
答案：(1)。