【文档说明】高考物理冲刺大二轮练习：专题一　力与运动 专题跟踪训练2 Word版含解析.doc，共(13)页，174.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题跟踪训练(二)一、选择题1．(2018·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，在4s内的位移为16m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为()A．1m/s2B．1.5m/s2C．2m/s2D．0.75m/s2[解析]设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，

由题意知t＝4s，根据匀变速直线运动规律，x＝v0t－12at2，v03＝v0－at，联立解得a＝1m/s2，选项A正确．[答案]A2．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运

动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是()A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大2[解析]本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题

图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v－t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确．[答案]BD3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)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．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[解析]x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错

误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．[答案]CD4．(2018·辽宁五校联考)如图a

所示，某研究小组利用此装置探3究物块在恒力作用下加速度与木板倾角的关系．木板OA可绕轴心O在竖直平面内转动，物块受到平行于木板且指向A端、大小为F＝8.5N的力的作用．通过实验得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持

不变．若图b中图线与纵轴交点的纵坐标a0＝6m/s2，物块的质量m＝1kg，重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．则()A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2B．图b中θ2大于60°C．如图b所示，将木板

倾角由θ1缓慢增加到θ2的过程中，摩擦力一直减小D．木板倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N[解析]当θ＝0°时，F－μmg＝ma0，a0＝6m/s2，解得μ＝0.25，选项A错误；当θ>θ2时，加速度为负值，当θ＝θ2时，F＋μmgcosθ2＝mgsinθ2，易得θ2>60

°，选项B正确；由题图b可知，在θ1<θ<θ2时，物块的加速度为零，静止在木板上，物块的合外力为零，在θ角较小时摩擦力与重力沿斜面分力同向，有mgsinθ＋f＝F，在θ角较大时摩擦力与重力沿斜面分力反向，有mgsinθ－f＝F，可知随着θ增大，摩擦力f先减小

后增大，选项C错误；木板倾角为37°时物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力f＝μmgcosθ＝2N，故选项D错误．4[答案]B5．(2018·郑州质量预测)如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ，将

一质量为M的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.先给滑块一个沿杆方向的初速度，稳定后，滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且β>θ，不计空气阻力，则滑块的运动情况是()A．沿着杆减

速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑[解析]把滑块和小球看成一个整体进行受力分析，假设滑块的速度方向向下，由牛顿第二定律知，沿杆方向有：(M＋m)gsinθ－f＝(M＋m)a，垂直杆方向有：FN＝(M＋m)gcosθ，摩擦力f

＝μFN′，FN′＝FN，联立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，对小球，若θ＝β，a＝gsinβ，由题知θ<β，根据分析有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsi

nβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即滑块的速度方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，选项B正确．[答案]B6．(2018·安徽合肥一模改编)(多选)如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2m/s运行．一小物

块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝55m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从

传送带左端滑出C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出[解析]小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第

二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2m/s2，则x＝v222a＝522×2m＝6.25m>6m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况

也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝v2′22a＝422×2m＝4m<6m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x″＝v212a＝222×2m＝1m<4m，以后小物

块以v1＝2m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2m/s，C正确；若小物块的速度为1m/s，小物块向左减速运动6的位移大小为x＝v″222a＝122×2m＝0.25m<6m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于xx″，则小物块不可能与

传送带共速，小物块将以1m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误．[答案]BC7．(2018·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图象可得()A．物体

的质量为2kgB．物体在6s内运动的位移为6mC．在0～2s内推力做的功为2JD．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析]物体在0～2s内做匀加速直线运动，加速度为a＝12m/s2，由牛顿第二定律有：F合＝F－μmg＝ma，即：3N－μmg＝

ma；物体在2～6s内做匀速直线运动，因此有：μmg＝1N，联立解得：物体的质量为m＝4kg，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A错误，选项D正确；根据v－t图象所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6s内运动的位移为x＝12×2×1m＋4×1m＝5m，选项B错误；

力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此7在2s内推力做的功为W＝Fx＝3×12×2×1J＝3J，选项C错误．[答案]D8．(2018·浙江七校联考)(多选)将长木板和物块放在倾角为α＝37°的足够长的斜面体顶端，物块可视为质点，已知长木板的ab段长度为3m且上表面光滑，bc段的长度为

8m且上表面粗糙，已知物块与bc段的动摩擦因数为μ1＝0.15，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，长木板与物块的质量相等，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由某时刻开始将长木板和物块无初速释放，sin3

7°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．长木板和物块释放的瞬间，物块的加速度大小为4.8m/s2B．长木板和物块释放的瞬间，长木板的加速度大小为0.8m/s2C．从释放到物块离开长木板所用的总时间为2sD．物块离开长木板瞬间的速度大

小为10.8m/s[解析]系统释放瞬间，设物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，对物块，由牛顿第二定律可得mgsin37°＝ma1，代入数据解得a1＝6m/s2，A错误；对长木板，由于mgsin37°<2μ2mgcos37°，

故物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，即加速度为零，B错误；物块在ab段滑动时，由运动学公式得xab＝12a1t21，解得t1＝1s，当物块滑到长木板的bc段时，对物块，由牛顿第二定律得mgsin37°－8μ1mgcos37°＝m

a1′，代入数据解得a1′＝4.8m/s2，则物块的位移为x1′＝vt2＋12a1′t22，v＝a1t1，对长木板，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μ1mgcos37°－μ2·2mgcos37°＝ma2′，解得a2′＝0.8m/s2，长木板的位移为x2′＝12a2′t22，当物块刚好离开长木

板时有x1′－x2′＝xbc，联立可解得t2＝1s，则物块在长木板上运动的总时间为t＝t1＋t2＝2s，C正确；由以上分析可知，物块离开长木板时的速度大小为v′＝a1t1＋a1′t2＝(6×1＋4.8×1)m/s＝10.8m/s，D正确．[答案

]CD9.(2018·河南洛阳高三统考)如图所示，A、B两物体的质量分别为2kg和1kg，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为0.8，B与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2.现对A施加一水平拉

力F，不计空气阻力，则()A．当F＝17N时，物体A的加速度大小为0.5m/s2B．当F＝21N时，物体A的加速度大小为3m/s2C．当F＝22N时，A相对B滑动D．当F＝39N时，B的加速度为9m/s2[解析]当水平拉力F＝17N时，大于B与地面之

间的最大静摩擦力fB＝μB(mA＋mB)g＝0.4×(2＋1)×10N＝12N，若A、B之间不发生相对滑动，由牛顿第二定律，F－fB＝(mA＋mB)a，解得它们的加速度a＝53m/s2，对A，设B对A的摩擦力为f，由牛顿第二

定律，9F－f＝mAa，解得f＝413N，A、B之间的滑动摩擦力fA＝μAmAg＝0.8×2×10N＝16N，大于A、B之间的摩擦力f，则A、B之间不发生相对滑动，物体A的加速度为a＝53m/s2，选项A错误；要使A、B之间发生相对滑动，A对B向右的摩擦力

fA使B加速运动，由牛顿第二定律，fA－fB＝mBaB，解得aB＝4m/s2；对A，由牛顿第二定律，F－fA＝mAaA，且aA>aB，解得F>24N．当F＝21N时，A、B未发生相对滑动，可解得A的加速度a′＝3m/s2，选项B正确；当F＝22N时，A相对B未发生滑动，选项C错误

；只要A、B发生相对滑动，无论F多大，B的加速度都为aB＝4m/s2，选项D错误．[答案]B10.(2018·湖北黄冈高三质检)(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑

块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系．现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是()10[解析]外力反向后，A水平方向受弹簧弹力与B对A的弹力作用，B

水平方向受A对B的弹力与拉力F作用，A、B先共同向右做匀加速运动，当两滑块间弹力恰好为0时，A、B分离．当两滑块间弹力恰好为0时，A、B加速度相同，此时A的加速度由弹簧弹力提供，所以此时弹簧未恢复原长

，此后B在水平方向只受F作用，B、D正确．[答案]BD二、非选择题11．(2018·湖北襄阳模拟)如图所示，传送带长6m，与水平方向的夹角为37°，以v＝5m/s的恒定速度顺时针运动．一个质量为2kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以v0＝

10m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：11(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小．[解析](1)

设物块刚滑上传送带时，加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1代入数据解得：a1＝10m/s2.(2)设物块速度减为5m/s所用时间为t1则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5s通过的位移：x1＝v＋v02

·t1＝3.75m<6m因μ<tanθ，此后物块继续减速上滑，设加速度大小为a2，则：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2代入数据解得：a2＝2m/s2设物块到达最高点的速度为v1，则：v2－v21＝2a2x2x2＝l－x1＝2.25m，解得：v1＝4m/s.[

答案](1)10m/s2(2)4m/s12.(2018·河南五校联考)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3kg的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1kg的物体B连接，木板A的右端与

滑轮之间的距离足够大．当B从静止开始下落距离0.8m时，在木板A的右端轻放一12质量为1kg的小铁块C(可视为质点)，最终C恰好未从木板A上滑落．A、C间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g＝10m/s2.求：(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小；

(2)木板A的长度l.[解析](1)在木板上放小铁块前，把A、B看作整体，由牛顿第二定律有mBg＝(mA＋mB)a1v21＝2a1h解得：v1＝2m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二

定律，对小铁块有：μmCg＝mCa2得a2＝4m/s2对A、B整体有：mBg－μmCg＝(mA＋mB)a3得a3＝1.5m/s2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同，则有a2t＝v1＋a3t，解得：t＝0.8s由运动学公式可知：l＝v1t＋12a

3t2－12a2t2解得：l＝0.8m.[答案](1)2m/s(2)0.8m13