【文档说明】【高考复习】高考物理 热点冲刺练习02 力与直线运动（含答案解析）.doc，共(8)页，143.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理热点冲刺练习02力与直线运动1.汽车在转弯时如果速度过快，容易发生侧翻．一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是()A．货车向右侧翻B．左侧轮胎容易爆胎C．侧翻是因为货车惯性变大D．侧翻是因为货车惯

性变小2.如图，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块()A．通过bc、cd段的时间均大于TB．通过c、d点

的速度之比为1∶2C．通过bc、cd段的位移之比为1∶3D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度3.质量均为m=1kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图象如图所示．下

列说法正确的是()A．甲的加速度大小为2m/s2B．乙的加速度大小为1.5m/s2C．甲、乙在x=6m处的速度大小为2m/sD．甲、乙在x=10m处相遇4.处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆．从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C

点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1∶t2是()A．1∶1B．3∶2C.3∶2D.2∶35.一物体由静止开始运动，其加速度a与位移x关系图线如图所示．下列说法正确的是()A．物体最终静止B．物体的最大速度为2ax0C．物体的最大速度为3ax0D．物体的最大速度为32ax06.在2017年的

珠海航展中，中国展出了国产运－20和歼－31等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0～t2时间内的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．飞机乙在0～t2内的平均速度等于v2

2B．飞机甲在0～t2内的平均速度比乙大C．两飞机在t1时刻一定相遇D．两飞机在0～t2内不可能相遇7.质量为1kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1s

达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v－t图象如图乙所示，取g=10m/s2，则物块A的质量为()A．1kgB．2kgC．3kgD．6kg8.(多选)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为h=20m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大

小为10m时，物体通过的路程可能为()A．10mB．20mC．30mD．50m9.(多选)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动．轻绳拉力的大小()A．与斜面的倾角θ有关B．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关C．与两物体的

质量m1和m2有关D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变10.(多选)质量为m的小球被两个弹性系数皆为k的相同弹簧固定在一质量为M的盒中，如图所示，盒从距桌面高h处开始下落，在盒开始下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止．则下列说法正确的

是()A．下落高度h>Mg2k1＋M2m，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来B．下落高度h>Mg2k1＋2Mm，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来C．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a=M－mmgD．在小球到最高点时盒子恰好弹起，

小球的加速度a=2Mmg11.如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个F=8N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0=1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0

.2，小车足够长，取g=10m/s2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？12.如图1所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ=30

°，速率始终不变．t=0时刻在传送带适当位置放一具有初速度的小物块．物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面向下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系如图2所示．已知小物块质量m=1kg，g取10

m/s2，求：(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；(2)t=0时，小物块离传送带最上端的距离；(3)前3s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能．答案解析1.答案为：A；解析：[货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项A正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧

轮胎容易爆胎，选项B错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以提供转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有变化，选项C、D错误；故选A.]2.答案为：A；解析：[当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′.假设ab段的间距为x，则b

c段、cd段的间距应分别为3x、5x、xbc∶xcd=3∶5，C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1=2a′·3x，滑块在d点的速度应为v2=2a′·8x，则v1∶v2=3∶

8，B错误；因为xbc∶xcd=3∶5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误．]3.答案为：A；解析：[A项：对甲由动能定理可知：F合x=ΔEk，即F合=ΔEkx即为

图象斜率，所以F合=k=2N，由牛顿第二定律得：a甲=2m/s2，故A正确；B项：对乙由动能定理可知：F合x=ΔEk，即F合=ΔEkx即为图象斜率，所以F合=k=1N，由牛顿第二定律得：a乙=1m/s2，故B错误；C项：由图可知：对甲：Ek甲=18－2x，即12mv2甲=18－2×6

，解得：v甲=23m/s，对乙：Ek乙=x，即12mv2乙=6，解得：v乙=23m/s，故C错误；D项：甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，所以甲、乙在x=8m处相遇，故D错误．]4.答案为：C；解析：[由图可知，sCD=2R，aCD=32g，由

几何关系可得出sAD=3R，aAD=12g，由运动学公式s=12at2，可得t1t2=sADaCDsCDaAD，带入数据解得t1t2=32，故C正确．]5.答案为：C；解析：[物体运动过程中任取一小段，对这一小段v2－v20=2aΔx

一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加，可得v2等于速度a与位移x关系图线与坐标轴围成的面积的2倍，则v2=2a0x0＋12a0x0，解得物体的最大速度v=3a0x0.故C项正确．]6.答案为：B；解析：[在v－t图象中，图线与坐标轴围成的

“面积”表示位移，如图所示．飞机乙的位移小于匀变速的位移，故平均速度小于v22，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为v1＋v22，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误、B正确；两飞机在位移相等时相遇，t1时刻乙的面积大于甲的面积，故在t1时刻不相遇，选项C

错误；开始乙的速度大于甲的速度，后来甲的速度大于乙的速度，所以中间相遇一次，选项D错误．]7.答案为：C；解析：[由图象可知，物块在0～1s内的加速度大小为a1=2m/s2以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1解得：μ1=0.2木板在0～1s内的加速度大小为a2=2m/s2，

在1s～3s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3=1m/s2AB同速后为研究对象，由牛顿第二定律得：μ2(M＋m)g=(M＋m)a3解得：μ2=0.1再以B为研究对象，在0～1s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μ1mg－

μ2(M＋m)g=Ma1代入数据解得A的质量m=3kg.]一、多选题8.答案为：ACD；解析：[物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下．在A点之上时，位移大小为10m，又有上升和下降两种过程，上

升时，物体通过的路程s1等于位移的大小x1，即s1=x1=10m；下降时，物体通过的路程s2=2h－x1=2×20m－10m=30m．在A点之下时，物体通过的路程s3=2h＋x2=2×20m＋10m=50m．故A、C、D

项正确，B项错误．]9.答案为：CD；解析：[A、B、C项：将两物体看成一个整体有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ=(m1＋m2)a解得：a=F－1＋m2－1＋m21＋m2对m2受力分析且由牛顿第二定

律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ=m2a解得：T=m2Fm1＋m2，故A、B项错误，C正确；D项：将两物体看成一个整体有：F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ=(m1＋m2)a解得：a=F＋1＋m2nθ－1＋m21＋m2

对m1受力分析且由牛顿第二定律有：T＋m1gsinθ－μm1gcosθ=m1a解得：T=m2Fm1＋m2，故D正确．]10.答案为：AC；解析：[小球从h高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mgh=12mv2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩为x，下面弹簧的伸长

量也为x，根据机械能守恒定律得12mv2=mgx＋2·12kx2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx，盒能跳离桌面的条件是2kx>Mg，h>Mg2k1＋M2m，盒子

恰好弹起，2kx=Mg，则小球合力F合=Mg－mg，加速度为a=M－mmg，A、C正确．]二、简答题11.解：(1)小物块的加速度am=μg=2m/s2小车的加速度aM=F－μmgM=0.5m/s2(2

)由amt=v0＋aMt解得：t=1s(3)从小物块放上小车开始1s内，小物块的位移s1=12amt2=1m，1s末小物块的速度v=amt=2m/s在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a=FM＋m=0.8m/s2这0.5s

内小物块的位移s2=vt1＋12at21=1.1m小物块1.5s内通过的总位移s=s1＋s2=2.1m12.解：(1)由v－t图象可知，刚开始时物块的加速度a=8m/s2对物块进行受力分析，可得mgsinθ＋μmgcosθ=ma解得μ=35

(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t0=0.5st=0时，小物块离传送带最上端的距离x=12×0.5×4m=1m(3)由v－t图象可知：传送带的速度是v0=8m/s当t1=1.5s时，物块与传

送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ=ma′解得：a′=2m/s2所以，t2=3s时，物块的速度v=v0＋a′(t2－t1)=11m/s小物

块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积Δx=12×12×32m＋12×3×1.5m=11.25m前3s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q=(μmgcosθ)Δx=33.75J