2020届高考物理专题复习检测专题一：力与直线运动

第2讲力与直线运动(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2019·海南卷,3)汽车在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶.前方突遇险情,司机紧急刹车,汽车做匀减速运动,加速度大小为8 m/s2.从开始刹车到汽车停止,汽车运动的距离为( C )A.10 mB.20 mC.25 mD.50 m解析:由题意知,车速v=20 m/s,刹车的加速度大小为8 m/s2,最后末速度减为0,由推导公式v2=2ax,可得x=25 m,故C正确,A,B,D错误.2.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6 m/s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,汽车刚好紧贴栏杆停下.已知司机的反应时间为0.7 s,刹车的加速度大小为5 m/s2,则该ETC通道的长度约为( D )A.3.6 mB.5.4 mC.6.0 mD.9.6 m解析:汽车在前0.3 s+0.7 s内做匀速直线运动,经过的位移x1=v0(t1+t2)=6×(0.3+0.7)m=6 m,随后汽车做减速运动,位移为x2==3.6 m,则该ETC通道的长度L=x1+x2=9.6 m,故D正确.3.(2019·山东青岛三模)在某个恶劣天气中,能见度很低,甲、乙两汽车在一条平直的单行道上,甲在前、乙在后同向行驶.某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示,同时开始刹车.两辆车刹车时的v t图象如图,下列说法正确的是( B )A.甲车的加速度大于乙车的加速度B.t=24 s时两车的速度均为8 m/sC.若两车发生碰撞,开始刹车时两辆车的间距一定等于48 mD.若两车发生碰撞,则可能是在刹车24 s以后的某时刻发生相撞解析:甲车的加速度大小a1=||= m/s2= m/s2,乙车的加速度大小a2=||= m/s2=0.5 m/s2,则甲车的加速度小于乙车的加速度,故A错误;t=24 s时两车的速度均为v=v甲-a1t=16 m/s-×24 m/s=8 m/s,故B正确;0～24 s内,甲车的位移x甲=×(16+8)×24 m=288 m,乙车的位移x乙=×(20+8)×24 m=336 m,两者位移之差Δx=x乙-x甲=48 m,若两车在t=24 s时刻相撞,则开始刹车时两辆车的间距等于48 m,若两车在t=24 s时刻之前相撞,开始刹车时两辆车的间距小于48 m,故C 错误;若两车速度相等时没有相撞,则速度相等后,甲车的速度比乙车的大,两车不可能再相撞,故D错误.4.一辆汽车在平直公路上突遇紧急情况刹车,从t=0时刻起,汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示,下列说法正确的是( C )A.t=0时汽车的速度为20 m/sB.刹车过程持续的时间为5 sC.刹车开始,最初2 s内汽车的位移为15 mD.刹车过程汽车的加速度大小为5 m/s2解析:由图象可得x=-0.2v2+20,根据v2-=2ax可得x=v2-,解得a=-2.5 m/s2,v0=10 m/s,故A,D错误;汽车刹车过程持续的时间t== 4 s,故B错误;汽车刹车经过 4 s停止,最初 2 s内汽车的位移x 2=v0t2+a=15 m,故C正确.5.(2019·广东惠州模拟)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是( C )解析:刚开始一段时间,重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面向下匀加速直线运动;当小木块的速度与传送带速度相等时,由于μ>tan θ,故木块将与传送带以相同的速度匀速运动,加速度为0,故C正确.6.(2019·广东湛江二模)如图所示,a,b,c为三个质量均为m的物块,物块a,b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在b上.现用水平拉力作用于a,使三个物块一起水平向右匀速运动.各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g.下列说法正确的是( ACD )A.该水平拉力大于轻绳的弹力B.物块c受到的摩擦力大小为μmgC.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时,物块c受到的摩擦力大小为0.5μmgD.剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,物块c受到的摩擦力大小为μmg解析:三物块一起做匀速直线运动,对a,b,c系统有F=3μmg,对b,c 系统有T=2μmg,则F>T,即水平拉力大于轻绳的弹力,故A正确;c做匀速直线运动,处于平衡状态,则c不受摩擦力,故B错误;当水平拉力增大为原来的1.5倍时,F′=1.5F=μmg,对a,b,c系统有F′-3μmg= 3ma,对c有f=ma,解得f=μmg,故C正确;剪断轻绳后,b,c一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得2μmg=2ma′,f′=ma′,解得f′=μmg,故D正确.7.如图(甲)所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ.图(乙)为小木块运动的v t图象.根据以上信息可以判断出( BC )A.μ>tan θB.μ<tan θC.t0时刻,小木块的速度为v0D.传送带始终对小木块做正功解析:由v t图象知,木块与传送带速度相同后,木块继续加速,所以mgsin θ>μmgcos θ,即μ<tan θ,故A错误,B正确;t0时刻是木块与传送带速度相同的时刻,所以小木块的速度为v0,故C正确;0～t0时间,传送带的速度大于木块的速度,传送带始终对小木块做正功,t0之后,木块继续加速,传送带的速度小于木块的速度,传送带对小木块做负功,故D错误.8.(2019·安徽六安模拟)在大型物流货场,广泛地应用着传送带搬运货物.如图(甲)所示,与水平面有一定倾角的传送带以恒定速率运动,皮带始终是绷紧的,将m=1 kg的货物放在传送带上的A处,经过1.2 s 到达传送带的B端.用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图(乙)所示,已知重力加速度g=10 m/s2.由v t图象可知( AD )A.货物与传送带的动摩擦因数为0.5B.A,B两点的距离为2.4 mC.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做功大小为12.8 JD.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J 解析:刚开始一段时间内,货物相对传送带沿斜面向上运动,所以受到沿斜面向下的滑动摩擦力,此过程有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,从(乙)图中可得a1= m/s2=10 m/s2,当达到和传送带速度相等后,货物相对传送带向下滑动,故有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,从(乙)图中可得a2= m/s2=2 m/s2,联立解得cos θ=0.8,μ=0.5,A正确;由图线与坐标轴围成的面积可知传送带的长度为L=×2×0.2 m+×(2+4)×1 m=3.2 m,B错误;由于f=μmgcos θ=0.5×1×10×0.8 N=4 N,货物以a1匀加速直线运动的位移为x1=×2×0.2 m=0.2 m,摩擦力做正功为W f1=fx1=4×0.2 J=0.8 J,货物以a2匀加速直线运动的位移为x2=×(2+4)×1 m=3 m,摩擦力做功为W f2=-fx2=-4×3 J=-12 J,整个过程传送带对货物做功大小为12 J-0.8 J=11.2 J,C错误;货物以a1做匀加速直线运动时,相对滑行距离为Δx1=×2×0.2 m=0.2 m,以a2做匀加速直线运动时,相对滑行距离为Δx2=×(4-2)×(1.2-0.2) m=1 m,故两者之间的总相对滑行距离为Δx=Δx1+Δx2=(1+0.2) m=1.2 m,货物与传送带摩擦产生的热量Q=fΔx=4×1.2 J=4.8 J,D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(2019·河南驻马店二模)某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=100 N而从静止向前滑行,其作用时间为t1=10 s,撤除水平推力F后经过t2=15 s,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同.已知该运动员连同装备的总质量为m=75 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f= 25 N,求:(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移;(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.解析:(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1则由牛顿第二定律可知F-F f=ma1,解得a1=1 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1=a1t1=10 m/s通过的位移x 1=a1=50 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小a2== m/s2经过时间t2速度变为v1′=v1-a2t2=5 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2,则-v 1′2=2a1x1第二次撤去水平推力后,滑行的最大距离x2=,联立解得x2=187.5 m.答案:(1)10 m/s 50 m (2)187.5 m10.(18分)(2019·四川泸州模拟)如图所示,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=4 kg,紧靠着放在静置于水平地面上足够长的木板中央,两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5.木板的质量为m=5 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A,B两滑块开始反向滑动,初速度大小均为v0=6 m/s.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)滑块A,B刚开始运动时,木板的加速度;(2)滑块B与木板相对静止时,滑块A,B之间的距离;(3)在从开始到滑块B与木板相对静止的运动过程中,滑块A,B与木板之间由于摩擦而产生的热量.解析:(1)B对木板的摩擦力f B=μ1m B g=20 N,方向水平向右;A对木板的摩擦力f A=μ1m A g=5 N,方向水平向左;地面对木板的滑动摩擦力大小f地=μ2(m A+m B+m)g=10 N根据牛顿第二定律可得f B-f A-f地=ma,解得a=1.0 m/s2,方向水平向右;(2)A,B都相对于木板运动过程中,A的加速度大小a A=μ1g=5 m/s2,B 的加速度大小a B=μ1g=5 m/s2,设经过t时间滑块B与木板相对静止,则v=v0-a B t=at,解得t=1 s此时A的速度v A=v0-a A t=1 m/s,方向水平向左,A相对地面的距离x A=t=3.5 m,方向水平向左,B的速度v B=v=1 m/s,方向向右,B相对地面的距离x B=t=3.5 m,方向水平向右,滑块A,B之间的距离x=x A+x B=7 m;(3)从开始到滑块B与木板相对静止的过程中,木板发生的位移x=at2=0.5 m,方向水平向右,故滑块A,B与木板之间由于摩擦而产生的热量Q=μ1m A g(x A+x)+μ1m B g(x B-x)=80 J.答案:(1)1.0 m/s2方向水平向右(2)7 m(3)80 J。