2020年高中物理二轮复习专题强化练01力与直线运动练习(全国通用版)

1、D .该物体减速后第1 s末的速度大小为 3 m/s专题强化练01力与直线运动（限时15分钟）1. （多选）（2019湖北天门、仙桃等八市第二次联考）如图1,矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，此后经过3s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g = 10 m/s2,下列说法正确的是（）图1A .螺钉松脱后做自由落体运动B .矿井的深度为45 mC .螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD 螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s答案 BC解析螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直

2、上抛运动，A项错误；取竖直向上为正方向，螺钉自脱落至落到井底的位移h1= vot *gt2= 30 m，升降机这段时间的位移 h2= vot= 15 m，故矿井的深度为 h = |h11+ h2= 45 m , B项正确；螺钉落 到井底时的速度为 v= vo gt = 25 m/s，故速度大小为 25 m/s, C项正确；螺钉松脱前运动 的时间为t=拠=6 s,所以螺钉运动的总时间为t总=t +1 = 9 s, D项错误.v02. （2019安徽安庆市二模）水平面上某物体从t= 0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体

3、不再运动.则下列判断正确的是（）A .该物体从t = 0时刻算起6 s内运动的位移大小为 15 mB .该物体在整个运动过程中的平均速度大小为 2 m/sC .该物体减速后最后 1 s内的位移大小为1m答案 C解析 物体速度减为零的时间为：to= v0= 2 s,物体在3 s+ 2 s= 5 s末停止运动，所以物a 1c 体在6 s内的位移等于前 5 s的位移，总位移为：x= voti + voto-ato2= 16 m，故A错误；物x16体的平均速度为： v = m/s= 3.2 m/s，故B错误；根据逆向思维法可知，物体减t1+ to 3+ 21速后最后1 s的位移大小等于以2 m/s2的

4、加速度加速1 s的位移大小，X1 = 2X 2X 12 m= 1 m,故C正确；该物体减速后第1 s末的速度大小为：v= vo at= （4 2 x 1） m/s= 2 m/s,故D错误.3. （2019福建漳州市第二次教学质量监测）如图2所示，质量分别为 2m和3m的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端.今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为（）b 熾5k 5k k答案 C解析 对整体分析，整体的加速度a= 5m，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律得,3FF 弹=kx= 3ma,得 x=

5、恳，故 A、B、D错误,C正确.4. （2019广西桂林市、贺州市、崇左市 3月联合调研）如图3所示，固定在水平面上的斜 面体C上放有一个斜劈 A, A的上表面水平且放有物块B.若AB运动过程中始终保持相对静止.以下说法正确的是 （）图3A .若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用B .若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态C .若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力D .若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态答案 C解析若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时,整体加

6、速度方向沿斜面向下,如图:A错误；若C斜可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知 B受水平向左的摩擦力， 故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定B具有竖直向下的分加速度,的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时即处于失重状态，故选项D错误.5. （2019闽粤赣三省十校下学期联考 ）如图4所示，倾斜固定

7、直杆与水平方向成60。角,直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接当圆环沿直杆下滑时，小球与 圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30角.下列说法中正确的是（）A .圆环不一定加速下滑B .圆环可能匀速下滑C .圆环与杆之间一定没有摩擦D .圆环与杆之间一定存在摩擦 答案 D解析 以小球为研究对象受力分析，小球受到竖直向下的重力和细线的拉力，小球的合B项错外力不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑， 误；根据牛顿第二定律2二富=ma,加速度a=fg，小球与圆环相对静止，圆环一定加速 下滑，A项错误；整体的加速度也应该为 a=fg,假设圆环与杆之间

8、没有摩擦，取整体为研 究对象，Mgs in 60 = Ma加速度a = gsin 60 = 23g 3g，说明假设错误，圆环与杆之 间一定存在摩擦，C项错误，D项正确.6. （2019云南省第二次统一检测）如图5所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为 mi和m2的两物体P、Q,用细绳通过光滑轻质定滑轮相连，mim2.现剪断Q下端的细线，在P下落但还没有到达箱底且Q未碰到滑轮的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将（ ）图5A .变大 B.变小 C .不变 D .先变小后变大答案 B解析 设木箱的质量为 M ,剪断细线前台秤的读数为：Fn = Mg + mig+ m2g;因mim2,mi

9、m2则当剪断Q下端的细线时，P向下加速运动，Q向上加速运动，加速度大小为a =g,mi+ m22mim2g则对 m2. Ft m2g= m2a,解得Ft=，此时木箱对台秤的压力为：Fn = Mg + 2Ft =mi + m24mim2g 4mim2g八,丄，、丄Mg +，因（mi+ m2）g，可知 Fn V2,物块在传送带上向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于 V2时，物块恰好离开传送带；如果V1 = V2,物块在传送带上时同样会先向左减速运动后向右加速运动，当速度大小增大到等于V1时，物块恰好离开传送带， A正确.若V2足够大，物块向左滑上传送带后始终做减速 运动，直到离开传送带后继续

10、以较小的速度在平台上向左滑行，D正确.9. （多选）（2019河南周口市上学期期末调研）如图8所示，质量M = 2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m= 1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数 尸0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2现对物块施加一水平向右的恒力F = 2 N，则下列说法正确的是（）图8A .物块和长木板之间的摩擦力为1 NB .物块和长木板相对静止一起加速运动C .物块运动的加速度大小为1 m/s2D .拉力F越大，长木板的加速度越大答案 AC解析 物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M与m之间达到最大静摩擦力时，发生

11、F o it mg f o H mg相对滑动，设此时水平恒力为Fo,由牛顿第二定律有 a=- =罟解得Fo =m M + m M1.5 N .因F = 2 NFo= 1.5 N，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有Ff=h m节1 N，故A正确，B错误.对物块由牛顿第二定律 F - t m节mai，可得ai= 1 m/s初始时刻，小车和小物块的加速度大小为多少？ 经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？ 小物块向右运动到最大位移的过程中，恒力F做的功和系统产生的内能为多少？答案 (1)2 m/s210 m/s2(2)0.5 s 1 m/s(3) 1.2 J 0.6 J解

12、析(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受到向右的摩擦力做匀加速运动.设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：对小车： mg= m1a1解得：a1 = 2 m/s2对小物块：F + umg= m2a2解得：a2= 10 m/s2(2)设经过时间t小车与小物块速度相同，设此时两者速度为V1，由运动学公式得，故 C正确.拉力F越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为 1 N , 保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a2=JMjmg 0.5 m/s2，故D错误.10. (2019 东临沂市质检)如图9所示，一质量 m1 = 0.2 k

13、g的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量 m2 = 0.1 kg的小物块(可视为质点)置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因数尸0.40,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现给小物块一个方向水平向右、大小为V0 =6 m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F= 0.6 N的恒力.取g= 10 m/s?,则：对小车：vi = ait对小物块：vi= vo a2t解得：t= 0.5 s； vi = 1 m/s(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F作用，设系统的加速度为a,则由牛顿第二定律得 F= (m2+ mi)a解得：a= 2 m/s2此时小车所需要的静摩擦力为Ff