2018-2019高中物理二轮复习专题限时训练：2 力与直线运动 Word版含解析
高考物理二轮专题复习专题能力训练：专题二 力与物体的直线运动 Word版含答案
专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的有()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.(·河北名校联盟联考)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。
当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。
现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。
g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(·湖北荆门调研)下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律。
高考二轮复习高考物理课标版2专题二 力与直线运动(可编辑word)
专题二 力与直线运动一、主干知法必记1.共点力的平衡(1)弹力和摩擦力的大小可根据平衡条件确定;弹簧弹力:F=kx;滑动摩擦力:f=μF N ;静摩擦力:0≤f ≤f max 。
(2)二力作用下物体平衡时,两个力等大、反向、共线;多力作用下物体平衡时,任意几个力的合力和其余力的合力等大、反向、共线。
2.匀变速直线运动的规律 (1)速度公式:v=v 0+at 。
(2)位移公式:x=v 0t+at 2。
(3)速度与位移关系公式:v 2- =2ax 。
(4)平均速度公式: = =。
(5)中间时刻瞬时速度公式:=。
(6)位移差公式:Δx=aT 2。
3.运动图像(1)位移-时间图像的斜率表示速度,两图线的交点表示两物体相遇的位置。
(2)速度-时间图像的斜率表示加速度,速度图像与时间轴所围面积表示对应时间内的位移。
(3)分析图像时要注意“截距、交点、拐点、面积、斜率”的意义。
4.牛顿运动定律的应用(1)加速度方向向上时,物体处于超重状态;加速度方向向下时,物体处于失重状态。
(2)受力分析和运动情况的分析是解决动力学问题的关键。
二、易错知识点拨1.应用F=kx 时,误将弹簧长度当成形变量。
2.将静摩擦力和滑动摩擦力混淆,盲目套用公式f=μF N 。
3.误将物体的速度等于零当成平衡状态。
4.误将v 、Δv 、Δ Δ的意义混淆。
5.错误地根据公式a=Δ Δ认为a 与Δv 成正比,与Δt 成反比。
6.误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据。
7.误认为“惯性与物体的速度有关,速度大,惯性大,速度小,惯性小”。
8.误认为“牛顿第一定律”是“牛顿第二定律”的特例。
9.误将“力和加速度”的瞬时关系当成“力和速度”的瞬时关系。
10.误将超重、失重现象当成物体重力变大或变小。
三、保温训练1.(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下,每隔0.2 s滴下一滴,第1滴落到地面时第6滴恰欲滴下,此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62 m、1.26 m、0.9 m。
2019届高考物理第二轮复习 升级训练篇2 力与物体的直线运动
专题升级训练二力与物体的直线运动（时间：60分钟满分：100分）一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共16分）1．如图描述了一位骑自行车者从原点出发后的运动情况，下列说法正确的是（）A．此人达到最大速度时位于区间ⅠB．此人达到最大速度时位于区间ⅢC．此人距离出发点最远时位于B点D．此人距离出发点最远时位于C点2．（2012·江苏单科，4）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。
下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）3．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。
两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。
若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（）A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利4．倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m的滑块正在加速下滑，如图所示。
滑块的杆上悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后悬线的方向是（）A．竖直向下B．垂直于斜面C．与竖直向下的方向有夹角 D．以上都不对二、双选题（本题共5小题，每小题6分，共30分。
在每小题给出的四个选项中只有两个选项符合题目要求，选对不全的得3分，有选错或不答的得0分）5．引体向上是同学们经常做的一项健身运动。
该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂（看做双臂均竖直方向）开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂（如图所示）。
这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。
关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是（）A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C．下放过程中，单杠对人的作用力小于人的重力D．下放过程中，在某瞬间人可能只受到一个力的作用6．如图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的角AOB被铅垂线OO′平分，∠AOB＝120°。
2018大二轮高考总复习物理文档：第2讲 力与直线运动(含答案)
第2讲力与直线运动一、记牢匀变速直线运动的“四类公式”二、理清一个网络，破解“力与运动”的关系高频考点1运动图象的理解及应用1－1.(2017·宁德市高中质检)AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sC．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m解析：根据Δv ＝at 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v ＝12×3×10－3×2×105 m /s ＝300 m/s ，选项A 、B 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150 m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t ＝150×3×10－3m ＝0.45 m ，故选项C 错误，D 正确；故选D ．答案：D1－2.(2017·广元市高三统考)如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移－时间(x -t )图像．A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C 、D 坐标如图所示．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻B 追上A ，t 2时刻A 追上BB ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度小于A 质点的平均速度C ．质点A 做直线运动，质点B 做曲线运动D ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t 1时刻A 追上B ，t 2时刻B 追上A ，故A 错误；t 1～t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻，故D 正确．答案：D1－3.(2017·延边州高三质检)将质量为m ＝0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度v 0＝20 m/s ，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f ＝kv ，已知k ＝0.1 kg/s.其在空中的速率随时间的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB ．小球在t 1时刻到达最高点，此时加速度为零C ．小球落地前匀速运动，落地速度大小v 1＝10 m/sD ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2解析：根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v 02＝10 m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10 m/s ，故A 错误．球在t 1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g ，故B 错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg ＝f ＝k v 1；得v 1＝10 m/s.故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2.故D 错误．答案：C图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合．利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图象中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口．解决此类问题的一般思路定图象―→明确图象是x -t 图象还是v -t 图象等 ↓明意义―→充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理意义，根据图象判断物体的运动情况及物体之间的相互关系↓用规律―→根据在运动图象中找出的各物理量之间的关系，运用相应的运动学规律进行求解高频考点2 匀变速直线运动规律的应用1．此类问题考查直线运动的运动学知识，一般不涉及力的问题，因此主要应用运动学规律进行求解，解题的一般步骤如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析． (3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程．2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式v t 2＝v －＝x t ＝v 0＋v2及相邻相等时间T 内位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图像(v 为该货车的速度，x 为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h 是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶，通过计算求解下列问题．(1)求满载时制动加速度大小a 1、严重超载时制动加速度大小a 2；(2)驾驶员紧急制动时，该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离是否符合安全要求？(3)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s ，则该型号货车满载时以72 km/h 的速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？[思路点拨](1)通过图像可确定加速度的大小；(2)由运动学规律可求货车满载和严重超载时的制动时间和制动距离； (3)货车在反应时间内做匀速直线运动．【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v 2＝2ax ，则a ＝v 22x，由图可知，满载时加速度大小a 1＝5 m/s 2，严重超载时加速度大小a 2＝2.5 m/s 2．(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，满载的最大安全速度为v m ＝72 km/h ＝20 m/s.由匀变速直线运动的规律可得其严重超载时制动时间t 1＝v 0a 2＝6 s ，制动距离x 1＝v 202a 2＝45 m ．满载时安全减速时间为t 2＝v m a 1＝4 s ，制动距离为x 2＝v 2m2a 1＝40 m ．由于t 1>t 2，x 1>x 2，故该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离均不符合安全要求．(3)货车驾驶员在反应时间内匀速行驶的距离为x 3＝v m t ＝20 m ．匀减速过程行驶的距离为x 4＝v 2m2a 1＝40 m ，从发现险情到货车停止运动，货车行驶距离为x ＝x 3＋x 4＝60 m ，故从安全的角度考虑，跟车距离至少应为60 m ．【答案】 (1)a 1＝5 m/s 2 a 2＝2.5 m/s 2(2)均不符合安全要求 (3)60 m2－1.(2017·长沙市中学一模)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A ．3x2B ．2x3C ．2x5B ．5x 2解析：3秒内的位移x ＝12at 2＝ 92a,2秒内的位移12at ′2＝2a .则9a 2－2a ＝x ，解得：a ＝2x5.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C2－2.(2017·宁夏六盘山高级中学二模)在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s 2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L 1＝12a 1t 21通过平台的时间：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s 冲上跑步机至跨栏：L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离： x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v 0＝a 2t 3 解得：t 3＝1 s对地位移为：x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m(向左)挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s．答案：14 s高频考点3牛顿运动定律的应用3－1．(多选)(2017·厦门市质检)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示()A．细绳的受到的拉力为mg/cos θB．细杆对环作用力方向水平向右C．细杆对小环的静摩擦力为MgD．细杆对环弹力的大小为(M＋m)g tan θ解析：对小球受力分析可知，细绳受到的拉力为T＝mgcos θ，选项A正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为(M＋m)g，选项C错误；对小球受力分析可知：mg tan θ＝ma；对球和环的整体：N＝(M＋m)a，解得：N＝(M＋m)g tan θ，选项D正确；故选AD．答案：AD3－2．(2017·宁德市质检)如图所示，质量为0.2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A．0.5 N B．2.5 NC．0 N D．1.5 N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝m A g＝0.2×10＝2 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －Fm A ＋m B＝(0.2＋0.6)×10－20.2＋0.6＝7.5 m/s 2，隔离对B 分析：m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝0.6×10－0.6×7.5 N ＝1.5 N ．故选D ．答案：D3－3.(多选)(2017·桂林、崇左联合调研)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，f ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm ×10＝m .当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm ×10＝3 m ．联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0－4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0－4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝ΔP ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s.故D 正确．答案：BD3－4． (多选)(2017·包头市高三模拟)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到0点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)kLmD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×k (L 2＋L 2－L )×cos 45°m＝g ＋(2－2)kLm ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg ·2L ＝12m v 2，即v ＝2gL ，D 正确．答案：CD1．整体法和隔离法的适用条件(1)整体法：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．高频考点4 运动图象与牛顿运动定律的综合应用为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝k v ．(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)[思路点拨] (1)滑块下滑过程中受几个力作用？ (2)在v - t 图象中，v ＝0时，加速度是否等于零？(3)能否利用v - t 图象获取物体运动的最大速度？此时物体加速度是多大？ 【解析】 (1)a ＝mg sin θ－μmg cos θ－k v m ＝g sin θ－μg cos θ－k v m滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零． (2)当a ＝0时速度最大，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315＝0.23最大速度v ＝2 m/s ，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3 kg/s ．【答案】 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m (2)v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k 减小滑块质量或减小斜面倾角 (3)μ＝0.23k ＝3 kg/s动力学与图象的综合问题做好两步第1步：判别物理过程．由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质．第2步：选择解答方法．根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断．4－1.若货物随升降机运动的v - t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：根据v-t图象可知升降机的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．答案：B4－2.(2017·江西三市七校联考)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图a.已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x -t图线如图b所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度v t．解析：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4－0.4＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；根据位移时间公式，有：x＝v0t＋12；2at根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2t＝2a′x答案：(1)木块上滑时的初速度为4 m/s，上滑过程中的加速度为－8 m/s2；(2)木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；(3)木块滑回出发点时的速度为22m/s．“板块”模型由木板和物块组成的相互作用的系统统称为板块模型，题目中常涉及多物体、多过程问题，是力学中最经典、最基本的模型之一，该模型往往利用一个可视为质点的小物块在一长木板上滑动的过程，求解过程中相关的物理量．题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算等内容，还可涉及牛顿运动定律、运动学规律，动能定理和能量的转化与守恒等知识，考查知识点较多，对考生的分析综合能力、应用数学求解物理问题的能力等要求较高．本模型在高考中常以物块—木板组合的形式出现．有时还会与斜面等结合在一起进行考查．水平面上的板块模型(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v t ＝1 m/s⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m⑰(也可用如图所示的速度－时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m板块模型至少涉及两个物体，所以运动过程和解法一般比较复杂．此类模型一般的处理方法如下．(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动究竟经历了哪几个过程；(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对每个过程进行运动学或动力学分析；(3)结合已知，列出方程：结合题目中给出的已知条件，根据运动学规律、牛顿运动定律或能量守恒定律等列出物体运动的每个过程中对应的方程，然后进行求解．解此类模型时还要注意，要紧紧抓住过程之间的连接点，这些连接点往往是解决问题的突破口(一般要从连接点的速度、加速度以及受力情况入手进行分析)．板块模型可以拓展为各种不同的形式，如将板块模型与斜面结合、滑块与传送带结合等各种不同的复合形式．但不论是哪种形式的板块模型，都需要从物理情境中确定研究对象，根据板块间的相互作用和各自的受力情况，建立物理模型，按照各自的运动过程逐一进行分析，画出运动过程的示意图，找出两物体相对运动的数学关系，挖掘隐含条件和临界条件，结合对应的物理规律进行求解．板块中的“斜面类模型”如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．【解析】由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度设小物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 设木板的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律可得F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t ，由运动学公式可得v 0－at ＝a ′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由位移公式可得x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 以上各式联立并代入数据求解可得l ＝0.714 m ． 【答案】 0.714 m斜面上的板块模型，主要考查已知受力情况求解运动情况的典型动力学问题．由于木板和物块均在斜面上运动，因此解决此类问题的关键除了对物体进行受力分析之外，还要注意将木板和物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行分解．另外，还要分析清楚木板和物块各自的运动过程，以及二者之间相互联系的物理量，最后结合运动学规律、牛顿运动定律或动能定理进行求解．板块中的“传送带模型”(多选) (2017·成都外国语学校高三月考)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带底端都以4 m/s 的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．物块A 、B 都能到达传送带顶端B ．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A 、B 所受摩擦力一直阻碍物块A 、B 的运动C ．物块A 运动到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD ．物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m【解析】 重力沿传送带向下的分力：G 1＝mg sin 37°＝35 mg ，物体与传送带间的摩擦力：f ＝μmg cos 37°＝25 mg ；物块A 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a A ＝G 1＋f m ＝35mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，A 的速度减为0时的位移：x A ＝v 202a A ＝422×10＝0.8 m<2 m ，A 不能到达传送带顶端，故A 错误；A 先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A 的摩擦力平行于传送带向下，A 向下做加速运动，摩擦力对A 做正功，摩擦力对A 不是阻碍作用，故B 错误；物块A 先向上做匀减速直线运动，物块A 减速运动时间：t 1＝v 0a A ＝410＝0.4 s ，A 速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：a A ′＝a A ＝10 m/s 2，物块与传送带速度相等需要的时间：t 2＝v 传送带a A ′＝110＝0.1 s ，A 向下运动的位移：x A ′＝12v t 2＝12×0.1＝0.05 m ，在整个过程中，传送带的位移：x 传送带＝v (t 1＋t 2)＝1×(0.4＋0.1)＝0.5 m ，物块A 上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s ＝x A －x A ′＋x 传送带＝0.8－0.05＋0.5＝1.25 m ，故C 正确；物块B 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a B ＝G 1＋f m ＝35 mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，物块B 减速到与传送带速度相等需要的时间：t B ＝v 0－v a B ＝4－110＝0.3 s ，物体B 的位移：x B ＝v 0＋v 2t B ＝4＋12×0.3＝0.75 m ，该过程传送带的位移：x ＝v t B ＝1×0.3＝0.3 m ，物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s ＝x B －x ＝0.75－0.3＝0.45 m ，故D 正确．【答案】 CD传送带问题中往往是传送带匀速转动，传送带上面的物块做匀变速直线运动，此类问题的一般解决办法：首先选取研究对象(一般为传送带上的物块)，然后对研究对象进行隔离处理，分析物块在传送带上运动时的动力学特征，最后结合运动学规律、牛顿运动定律以及功能关系等列出相应的方程进行求解．。
物理高三二轮复习力与直线运动专题练习-最新教学文档
物理2019届高三二轮复习力与直线运动专题练习运动轨迹是一条直线的运动，叫做直线运动，以下是查字典物理网整理的力与直线运动专题练习，请考生认真练习。
一、选择题1.(多选)如图所示，在水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t=0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零.物体所受的摩擦力Ff随时间t的变化图象可能是()解析：物体开始做匀速直线运动，说明物体所受水平向右的拉力F与向左的滑动摩擦力等大反向.当F减小时，物体做减速运动.若F减小为零之前物体始终运动，则摩擦力始终为滑动摩擦力，大小不变，A正确.若F减小为零之前物体已停止运动，则停止前摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，停止后摩擦力为静摩擦力，大小随F的减小而减小，D正确.答案：AD2.(多选)如图所示(俯视)，完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上，每个足球的质量都是m，不考虑转动情况，下列说法正确的是()A.下面每个球对地面的压力均为mgB.下面的球不受地面给的摩擦力C.下面每个球受地面给的摩擦力均为mgD.上面球对下面每个球的压力均为mg解析：以四个球整体为研究对象受力分析可得，3FN=4mg，可知下面每个球对地面的压力均为FN=mg，选项A正确;隔离上面球分析，3F1=mg，F1=mg，选项D正确.隔离下面一个球分析，Ff=F1=mg，选项B、C错误.因此答案选AD.答案：AD3.(多选)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角90，现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态.下列说法正确的是()A.绳OA的拉力一直增大B.斜面体对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C.地面对斜面体有向右的摩擦力D.地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和解析：缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP绳的拉力一直增大，选项A错误;若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP绳拉力一直增大，则摩擦力可能先变小后反向增大，选项B正确;以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，斜面受地面的摩擦力与F沿水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，选项C错误;以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+Fcos=M斜g+MPg+MQg，式中为F与竖直方向的夹角，由图分析可知Fcos 的最大值即为MQg(当F竖直向上时)，故FcosM斜g+MPg，选项D正确.答案：BD4.(多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，木板处于静止状态.已知木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是()A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mgB.木板受到地面的摩擦力的大小一定是2(m+M)gC.当F2(m+M)g时，木板便会开始运动D.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：对木板受力分析：水平方向受到木板向右的滑动摩擦力f1和地面向左的静摩擦力f2，f1=1mg，由平衡条件得f2=f1=1mg，故A正确;由于木板相对于地面是否将滑动不清楚，地面的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是2(m+M)g，故B错误;由题意分析可知，木块对木板的摩擦力不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动，故C错误，D正确. 答案：AD5.如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，A、B均静止.则()A.B对A的压力大小为mgB.细线对小球的拉力大小为mgC.A对地面的压力大小为(M+m)gD.地面对A的摩擦力大小为mg解析：由于A、B处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图所示，根据平衡条件，可得：FN-(M+m)g=0，根据牛顿第三定律可知：A对地面的压力大小为(M+m)g，选项C正确，选项D错误.隔离B受力分析，如图所示，根据平衡条件，由图中几何关系，可得==，得：N=mg，依据牛顿第三定律可得：B对A的压力大小为mg;细线对小球的拉力F=mg，选项AB错误.答案：C6.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态.现用力F沿斜面向上推A，A、B仍处于静止状态.下列说法正确的是()A.A、B之间的摩擦力大小可能不变B.A、B之间的摩擦力一定变小C.B受到的弹簧弹力一定变小D.B与墙之间可能没有摩擦力解析：对物块A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力作用而平衡，当施加力F后，仍然处于静止状态，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin，若F=2mAgsin，则A、B之间的摩擦力大小可能不变，故A正确，B错误;对整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加力F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡条件知，B与墙之间一定有摩擦力，故C、D错误.答案：A7.如图所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态.轻弹簧A与竖直方向夹角为60，轻弹簧A、B伸长量刚好相同，则下列说法中正确的是()A.轻弹簧A、B的劲度系数之比为31B.轻弹簧A、B的劲度系数之比为21C.轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为21D.轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为11解析：设两弹簧的伸长量都为x，a的质量为m，对小球b受力分析，由平衡条件可得：弹簧B的弹力kBx=2mg，对小球a受力分析，可得：kBx+mg=kAx，联立可得：kA=3kB，选项A正确，B错误;同理F=kAxsin60=kAx=kBx，选项CD错误. 答案：A8.如图是由某种材料制成的固定在水平地面上的半圆柱体的截面图，O点为圆心，半圆柱体表面是光滑的.质量为m的小物块(视为质点)在与竖直方向成角的斜向上的拉力F作用下静止在A处，半径OA与竖直方向的夹角也为，且A、O、F 均在同一横截面内，则小物块对半圆柱体表面的压力为() A. B.mgcosC. D.解析：对小物块受力分析可得，小物块受重力、支持力、拉力F三个力作用处于静止状态，因此三力的合力为零，由平衡条件可得，支持力为，由牛顿第三定律可知，小物块对半圆柱体表面的压力为，选项D正确.答案：D二、非选择题9.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30的夹角.若在B 点悬挂一个不计重力的光滑定滑轮，某人通过滑轮匀速的提起重物.已知重物的质量m=30 kg，绕绳质量不计，人的质量M=50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小.(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小.解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力FT=mg，绕绳对人的拉力大小为mg，所以地面对人的支持力为：FN=Mg-mg=(50-30)10 N=200 N，方向竖直向上.(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：FAB=2mgtan30=23010 N=200 NFBC== N=400 N.答案：(1)200 N (2)400 N 200 N10.如图所示，质量m=4 kg的物体(可视为质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数=0.4，传送带的长度l=6 m，当传送带以v=4 m/s的速度逆时针转动时，绳与水平方向的夹角=37.已知：g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.(1)求传送带稳定运动时绳子的拉力T;(2)某时刻剪断绳子，则经过多少时间，物体可以运动到传送带的左端?解析：(1)传送带稳定运动时，物体处于平衡状态，有Tcos(mg-Tsin)解得T=15.4 N.(2)剪断绳子后，根据牛顿第二定律有mg=ma解得a=4 m/s2匀加速的时间t1==1 s位移s1=at=2 m则匀速运动的时间为t2==1 s总时间t=t1+t2=2 s.答案：(1)15.4 N (2)2 s物理2019届高三二轮复习力与直线运动专题练习及答案的所有内容就是这些，查字典物理网希望考生可以有所进步。
2018年高考物理二轮复习 专题限时集训 第1部分 专题2 力与直线运动
专题限时集训(二) 力与直线运动(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·济南2月质检)甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x-t)图象如图15所示，由图象可以看出在0～4 s内()【导学号：37162017】图15A．甲、乙两物体始终同向运动B．第4 s末时，甲、乙两物体间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．乙物体一直做匀加速直线运动C[x-t图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2s内，甲、乙都沿正向运动，同向运动；在2～4 s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；4 s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4 s内，甲、乙的位移都是2 m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误．]2．(2017·山东潍坊二模)如图16甲所示，小物体从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x时的速度为v，其x-v2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则斜面倾角为()图16 A．30°B．45°C．60°D．75°A[由x＝v22a得，x-v 2图象的斜率k＝12a＝110，解得物块的加速度大小a＝5m/s2，由a＝g sin θ得斜面倾角θ＝30°，选项A正确．]3．如图17所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2，可认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是()图17A．小球受力个数不变B．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝8 m/s2C．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝10 m/s2D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 2 m/s2B[剪断轻绳前小球的受力情况如图所示，当绳子剪断的瞬间，轻绳的拉力突然消失，由于重力的作用，小球与水平面之间产生压力，又由于小球将要向左运动，因此还受到水平面的摩擦力作用，因此，小球的受力比剪断前多一个力，A错误；根据平衡条件得轻弹簧的弹力大小为F＝mg＝10 N，细线的拉力大小为F T＝2mg＝10 2 N，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F＝10 N，所以小球受到弹簧弹力为F＝10 N，方向水平向左，小球所受的最大静摩擦力为f＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a＝F－fm＝10－21m/s2＝8 m/s2，方向水平向左，故B正确，C、D错误．]4．(2017·南通二模)如图18所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()图18A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs0C[要使卡车安全停下来，即钢铁构件A、B及卡车保持相对静止，设钢铁构件A恰好相对B不滑动的加速度为a2，钢铁构件A、B相对卡车刚好不滑动的加速度为a1，由牛顿第二定律得μ2m A g＝m A a2，μ1(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a1，解得a2＝μ2g，a1＝μ1g，因为μ1＞μ2，所以卡车的最大加速度为a2，设卡车的速度为v0，由匀变速直线运动规律得v20＝2a2s0，解得v0＝2μ2gs0，选项C正确，A、B、D错误．]5. (2017·合肥二模)如图19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()图19A ．t AB ＝t CD ＝t EFB ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝2(D cos α＋R )g cos α＝2D g ＋2R g cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2D g ＋2R g cos β，t EF ＝2D g ＋2R g cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·长春三模)如图20所示，质量均为m 的A 、B 两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F 向右拉物块A ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法中正确的是( )【导学号：37162017】图20A ．当0＜F ≤μmg 时，绳中拉力为0B ．当μmg ＜F ≤2μmg 时，A 、B 物体均静止C ．当F ＞2μmg 时，绳中拉力等于F 2D ．无论F 多大，绳中拉力都不可能等于F 3ABC [因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当0＜F ≤μmg 时，A 受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳子拉力为0，A 正确；当μmg ＜F ≤2μmg 时，A 、B 整体受到拉力和摩擦力的作用，二者平衡，A 、B 整体处于静止状态，B 正确；当F ＞2μmg 时，整体将开始加速运动，对整体a ＝F －2μmg2m ，对B ：a ＝F 拉－μmg m ，由上两式得F 拉＝F 2，C 正确；当μmg ＜F ≤2μmg 时，拉力F 为32μmg 时，绳子的拉力可为F 3，D 错误．]7．(2017·湖北八校联考)如图21甲所示为某小区供儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB 为斜面滑槽，BC 为水平滑槽，t ＝0时刻儿童从顶端A 处开始下滑，其运动的速率v 随时间t 变化的图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 1、v 2、t 1、t 2、t 3均为已知量，儿童可视为质点，儿童与滑槽间的动摩擦因数处处相同，经过B 处前后瞬间的速度大小不变，则可求出( )甲 乙图21A ．儿童的质量B ．儿童与斜面间的动摩擦因数C ．斜面滑槽的倾角D ．斜面滑槽顶端A 与水平滑槽间的高度BCD [根据v -t 图象切线的斜率表示加速度，可分别算出儿童在斜面滑槽、水平滑槽上运动的加速度大小a 1＝v 1t 1、a 2＝v 2－v 1t 3－t 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，μmg ＝ma 2，可求出动摩擦因数μ和倾角 θ，无法求出儿童质量m ，B 、C 正确，A 错误；设t ＝t B 时儿童经过B 处的速率为v B ，则v B ＝a 1t B ，v B ＝v 2＋a 2(t 2－t B )，可求出v B ，又v 2B ＝2a 1h A sin θ，可求出斜面滑槽顶端A 与水平滑槽间的高度h A ，D 正确．]8．(2017·海南七校联盟二联)如图22所示，a 、b 分别是A 、B 两物体的v -t图象，以下说法正确的是( )【导学号：37162018】图22A ．A 物体在5 s 内一直做匀减速直线运动，B 物体在5 s 内一直做匀速直线运动B ．在5 s 内A 、B 两物体的位移差是35 mC ．A 物体在第3 s 末的速度为12 m/sD ．前3 s 内A 物体的位移为60 mBD [从v -t 图象可知A 物体在前1 s 内和后4 s 内加速度不同，所以A 物体在5 s 内一直做匀减速直线运动的说法是错误的，选项A 错误；在5 s 内，可由v -t 图象面积法求得A 、B 两物体的位移差Δs ＝102×1 m ＋1＋52×10 m ＝35 m ，选项B 正确；由v -t 图象可知A 物体在1 s 末速度是20 m/s ，在1～3 s 内加速度大小是a A 2＝Δv Δt ＝104 m/s 2＝2.5 m/s 2，则A 物体在第3 s 末的速度v ′＝v 0－a A 2t ′＝(20－2.5×2) m/s ＝15 m/s ，选项C 错误；前3 s 内A 物体的位移s A ＝s 1＋v 0t ′－12a A 2t ′2＝20＋302×1 m ＋(20×2－12×2.5×22) m ＝60 m ，选项D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(12分)如图23所示，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 ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 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，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 ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：图23(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)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260 m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m ＝1260 m/s 2＝0.2 m/s 2经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2＝1.2 m/s －0.2×2.0 m/s ＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，则v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝5.2 m.【答案】 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m10．(20分)(2017·全国卷ⅠT 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图24(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(a) (b)图24(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．【解析】 (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1 ④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤由题图(b)可得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1 ⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4. ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt⑫ 小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1 ⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs ＝6.0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮ 0－v 23＝2a 4s 3⑯碰后木板运动的位移为s ＝s 1＋s 3 ⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s ＝－6.5 m ⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.【答案】 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m。
2018版高考物理二轮()教师用书：第一部分 专题二 力与直线运动 Word版含解析
专题二 力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】解此题抓住两点： (1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x5v1＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m ．该车减速时的加速度大小为5m/s 2．则下列说法中正确的是( )【：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v0a ＝－8－5 s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx ＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【：17214017】A．v t B．vt 2C．2v t D．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t达到起飞速度v，则它在时间t内的位移为：x＝v t＝0＋v2t＝vt2，故B正确，A、C、D错误．]●考向3追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4m/s的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16m/s的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2m/s2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【：17214018】图2-3【解析】当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有对乙车：t＝v甲－v乙a＝错误!s＝10 s在这段时间内，甲车的位移为x甲＝v甲t＝4×10 m＝40 m乙车的位移为x乙＝v0t ＋12at2＝⎝⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102m＝－60 m所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L＝x甲＋|x乙|＝100 m．【答案】波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m．考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214020】A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v-t图象不可能的是( )【：17214021】ABCDC [若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律；下滑时有：mg sin α－μmg cos α＝ma 得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等于加速下度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )【：17214022】图2-4ABCDB [物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B 选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是( )【：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B [在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．] 7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力( )【：17214024】图2-6A．x＝1 m时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m 时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3 m/s 2＝－23m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【：17214025】图2-7 A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【：17214026】图2-9 A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【：17214027】【解析】根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知： (1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v202μg． (2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则ayax ＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δvy Δvx ＝tan θ且由题意知tan θ＝vy vx则v′y v′x ＝vy －Δvyvx －Δvx＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0． (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ， 由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ 由匀变速运动规律知 在侧向上：－2a x x ＝0－v 20 在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0 工件滑动时间：t ＝2v0ay乙前进的距离：y 1＝2v 0t 工件相对乙的位移：L ＝错误! 则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmgv05．【答案】(1)2v202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmgv058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1m ，取g ＝10m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【：17214028】【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 2l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22．4 N．【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC和BD悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D [薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC [以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为( )甲 乙图2-14A ．4 kgB ．3 kgC ．2 kgD ．1 kgB [设A 、B 的质量分别为m 和M ． 当F ＝4 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a代入数据解得：M ＋m ＝4 kg当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B ，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M知a -F 图线的斜率 k ＝1M＝1，解得：M ＝1 kg ，所以A 的质量为：m ＝3 kg ． 故B 正确，A 、C 、D 错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，sin 37°＝0．6，cos37°＝0．8，计算结果请用μ、h 和g 表示．图2-15 (1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝错误!．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是错误!(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过( )【：17214030】图2-16A．F0m－g B．g＋F0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2＋g2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：错误!＝ma 解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图2-17所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间、A ，5．0为减小2μ间的动摩擦因数C 、B ，38减小为1μ间的动摩擦因数B 、A ①内，B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2下B 离A ③开始运动时，A 保持不变．已知2μ，为光滑的上表面突然变B ②末，s 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加C ，m _27＝l 边缘的距离速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)⑤A 在B 上总的运动时间． [信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a1t21＋v1t2＋12a′1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2t21＋v2t2＋12a′2t 2 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分) 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v-t图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。
2019版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动.doc
2019版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2力与直线运动一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图216所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图216A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v t 图象如图217所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )【导学号：19624022】图217B [根据v t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．]4. (2017·泉州模拟)如图218所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直线运动的v t 图象．图中t 1＝12t 2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是()图218A ．在t 1时刻，甲的位移是乙的位移的1.5倍B ．甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确； 相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图219所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图219A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图220甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图220A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲 乙图221A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图222所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图222A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误． 若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图223甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图223A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图224所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图224A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图22511．(14分)(2017·淮北市一模)如图225所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝v a A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图226甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图226(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。
2019版高中物理二轮专题复习课时跟踪训练：2 力与直线运动 Word版含解析
课时跟踪训练(二)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1．(2018·山东省潍坊市高三第二次高考模拟)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A[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．(2018·福建省毕业班质量检查)如图1，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A[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bc段、cd段的间距应分别为3x、5x、x bc∶x cd＝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v 2＝2a ′·8x ，则v 1∶v 2＝3∶8，B 错误；因为x bc ∶x cd ＝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．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为m ＝1 kg 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2 m/s 2B ．乙的加速度大小为1.5 m/s 2C ．甲、乙在x ＝6 m 处的速度大小为2 m/sD ．甲、乙在x ＝10 m 处相遇A [A 项：对甲由动能定理可知：F 合x ＝ΔE k ，即F 合＝ΔE k x即为图象斜率，所以F 合＝k ＝2N ，由牛顿第二定律得：a 甲＝2 m/s 2，故A 正确；B 项：对乙由动能定理可知：F 合x ＝ΔE k ，即F 合＝ΔE k x 即为图象斜率，所以F 合＝k ＝1 N ，由牛顿第二定律得：a 乙＝1 m/s 2，故B 错误；C 项：由图可知：对甲：E k 甲＝18－2x ，即12m v 2甲＝18－2×6，解得：v甲＝23m/s ，对乙：E k 乙＝x ，即12m v 2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 ＝8 m 处相遇，故D 错误．]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t 1、t 2，则t 1∶t 2是( )A ．1∶1B ．3∶2 C.3∶ 2 D.2∶ 3C [由图可知，s CD ＝2R ，a CD ＝32g ，由几何关系可得出s AD ＝3R ，a AD ＝12g ，由运动学公式s ＝12at 2，可得t 1t 2＝s AD a CD s CD a AD ，带入数据解得t 1t 2＝32，故C 正确．] 5．(2018·山东省青岛市高三统一质检)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2ax 0C ．物体的最大速度为3ax 0D ．物体的最大速度为32ax 0C [物体运动过程中任取一小段，对这一小段v 2－v 20＝2a Δx一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加，可得v 2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v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 0x 0＋12a 0x 0，解得物体的最大速度v ＝3a 0x 0.故C 项正确．]6．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～t 2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～t 2内的平均速度等于v 22B ．飞机甲在0～t 2内的平均速度比乙大C ．两飞机在t 1时刻一定相遇D ．两飞机在0～t 2内不可能相遇B [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v 22，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为v 1＋v 22，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，t 1时刻乙的面积大于甲的面积，故在t 1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．(2018·济宁市高三第二次模拟)质量为1 kg 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1 s 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 ＝10 m/s 2，则物块A 的质量为( )A．1 kg B．2 kgC．3 kg D．6 kgC[由图象可知，物块在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/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0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1 s～3 s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＝1 m/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0～1 s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＝3 kg.]8．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＝20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为()A．10 m B．20 mC．30 m D．50 mACD[物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m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10 m，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＝10 m；下降时，物体通过的路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，物体通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D 项正确，B项错误．]9．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)(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CD[A、B、C项：将两物体看成一个整体有：F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a解得：a＝F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ(m1＋m2)对m2受力分析且由牛顿第二定律有：T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝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)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a解得：a ＝F ＋(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ(m 1＋m 2)对m 1受力分析且由牛顿第二定律有：T ＋m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a解得：T ＝m 2F m 1＋m 2，故D 正确．] 10．(2018·成都二诊)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 >Mg 2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋M 2m ，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 >Mg 2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2M m ，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 －m m gD ．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a ＝2M m gAC [小球从h 高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2，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12m v 2＝mgx ＋2·12kx 2，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 >Mg 2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋M 2m ，盒子恰好弹起，2kx ＝Mg ，则小球合力F 合＝Mg －mg ，加速度为a ＝M －m m g ，A 、C 正确．]二、非选择题11．(2018·广东省深圳市高三2月第一次调研)如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个F ＝8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 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 ＝10 m/s 2.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 ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 解析 (1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度a M ＝F －μmg M ＝0.5 m/s 2(2)由a m t ＝v 0＋a M t解得：t ＝1 s(3)从小物块放上小车开始1 s 内，小物块的位移s 1＝12a m t 2＝1 m1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝F M ＋m＝0.8 m/s 2 这0.5 s 内小物块的位移s 2＝v t 1＋12at 21＝1.1 m小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m12．(2018·吉林省长春外国语学校高三第5次调研)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＝1 kg，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3 s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能．解析(1)由v－t图象可知，刚开始时物块的加速度a＝8 m/s2对物块进行受力分析，可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma解得μ＝3 5(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t0＝0.5 st＝0时，小物块离传送带最上端的距离x＝12×0.5×4 m＝1 m(3)由v－t图象可知：传送带的速度是v0＝8 m/s当t1＝1.5 s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：mg sin θ－μmg cos θ＝ma′解得：a′＝2 m/s2所以，t2＝3 s时，物块的速度v＝v0＋a′(t2－t1)＝11 m/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＋12×3×1.5 m＝11.25 m前3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q ＝(μmg cos θ)Δx ＝33.75 J答案 (1)μ＝35 (2)1 m (3)33.75 J。
高三物理二轮复习限时训练专题二力与直线运动含答案
专题二限时训练
(限时:45分钟)
【测控导航】
考点题号(难易度)
1.匀变速直线运动2(易),4(易),13(难)
2.牛顿运动定律的应用3(易),6(中),7(中),11(中)
3.运动图象的应用1(易)
4.牛顿运动定律与图象的综合9(中),10(中)
5.牛顿运动定律的综合应用5(中),8(中),12(中)
一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～10题有多项符合题目要求)
1.一个质点由静止开始沿直线运动,速度随位移变化的图线如图所示,关于质点的运动下列说法正确的是( C )
A.质点做匀速直线运动
B.质点做匀加速直线运动
C.质点做加速度逐渐增大的加速运动
D.质点做加速度逐渐减小的加速运动
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2018-2019高中物理二轮复习专题限时训练：2 力与直线运动 Word版含解析
则 0～10 s 内的位移 x＝6 m＋6 m＋6 m＋12 m＝30 m，故 C 正
确，A、B、D 错误．
3．(2018·福建四地六校联考)图甲是张明同学站在力传感器上做
下蹲、起跳动作的示意图，点 P 是他的重心位置．图乙是根据传感
器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中 a～g 各点均对应，其
中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度 g 取 10 m/s2.根据图象分
析可知( B )
A．张明所受重力为 1 000 N
B．e 点位置张明处于超重状态
C．c 点位置张明处于失重状态
D．张明在 d 点的加速度小于在 f 点的加速度
解析：开始时张明处于平衡状态，对传感器的压力是 500 N，根
据牛顿第三定律和力的平衡可知，张明所受重力也是 500 N，故 A 错
误；e 点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故 B 正
确；c 点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故 C 错
Fd－G 1 500－500
误；张明在 d 点时有 a1＝
＝
m/s2＝20 m/s2，张明在 f
m
500
10
G－0 500 点时有 a2＝ ＝ m/s2＝10 m/s2，可知张明在 d 点的加速度大
m 500
10
于在 f 点的加速度，故 D 错误．
4．(2018·莆田模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，
小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为 μ＝
0.3，用水平恒力 F 拉动小车，设物块的加速度为 a1，小车的加速度
为 a2.当水平恒力 F 取不同值时，a1与 a2的值可能为(当地重力加速度 g 取 10 m/s2)( D )
2019高考物理二轮复习 专题限时集训(二)力与直线运动
专题限时集训（二）力与直线运动1.有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来(如图Z2-1所示),弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来.我们可以把篮球下落的情景理想化:篮球脱离篮网由静止下落,碰到水平地面后反弹,如此数次落下和反弹.若规定竖直向下为正方向,碰撞时间及能量损失不计,空气阻力大小恒定,则如图Z2-2所示的图像中可能正确的是()图Z2-1图Z2-22.甲、乙两辆汽车在同一平直的公路上行驶,在t=0到t=t2时间内,它们的x-t图像如图Z2-3所示.在这段时间内()图Z2-3A.汽车甲做加速运动,汽车乙做减速运动B.汽车甲的位移大于汽车乙的位移C.汽车甲的运动方向与汽车乙的运动方向相反D.在时刻t1,汽车甲追上汽车乙3.如图Z2-4所示,物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放,它滑到底端时速度大小为v1.若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下,末速度大小为v,已知v1是v的k倍,且k<1,则物体与斜面间的动摩擦因数为()图Z2-4A.(1-k)sin αB.(1-k)cos αC.(1-k2)tan αD.(1-k2)cot α4.如图Z2-5所示,一质量m=1.0 kg的物体静置于粗糙的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5.t=0时刻对物体施加一大小恒为F=10 N的作用力,力的方向为斜向右上方且与水平方向成53°角;t=2 s时将该力的方向变为水平向右;t=4 s时又将该力的方向变为斜向右下方且与水平方向成37°角.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.如图Z2-6所示的v-t图像能反映物体在前6 s内运动情况的是()图Z2-5图Z2-65.t=0时,将小球a从地面以一定的初速度竖直向上抛出,t=0.3 s时,将小球b从地面上方某处由静止释放,最终两球同时落地.a、b在0~0.6 s内的v-t图像如图Z2-7所示.不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ()图Z2-7A.小球a抛出时的速度为12 m/sB.小球b释放时离地面的高度为0.45 mC.t=0.6 s时,a、b之间的距离为2.25 mD.从t=0.3 s时刻开始到落地,a相对b做匀速直线运动6.如图Z2-8所示,材料相同的两物体由轻绳连接,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()图Z2-8A.与斜面的倾角θ有关B.与物体和斜面间的动摩擦因数μ有关C.与两物体的质量m1和m2有关D.在改用沿斜面向下的力F拉连接体时一定不变7.在电梯中,把一重物置于水平放置的压力传感器上,电梯从静止开始加速上升,然后匀速运动一段时间,最后减速直至停止运动.在此过程中传感器的屏幕上显示出其所受压力与时间关系的图像如图Z2-9所示,则()图Z2-9A.在0~4 s内电梯先超重后失重B.在18~22 s内电梯加速下降C.仅在4~18 s内重物的惯性才保持不变D.电梯加速和减速时加速度的最大值大小相等8.(多选)如图Z2-10所示,倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平桌面上,物块B置于斜面上,B 通过细绳跨过固定于桌面边缘的光滑的定滑轮与物块A相连,连接B的一段细绳与斜面平行.已知B与C间的动摩擦因数为μ=tan θ,A、B的质量均为m,重力加速度为g.现将B由静止释放,则在B下滑至斜面底端之前且A尚未落地的过程中,下列说法正确的是()图Z2-10A.物块B一定匀加速下滑B.物块B的加速度大小为gC.水平桌面对C的摩擦力方向水平向左D.水平桌面对C的支持力与B、C的总重力大小相等9.如图Z2-11所示,竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°),一质量为m的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F,并将其从A端由静止释放.改变直杆与水平方向的夹角θ,当直杆与水平方向的夹角为30°时,小圆环在直杆上运动的时间最短.重力加速度为g.下列说法错误的是()图Z2-11A.恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B.恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右,则恒力F的大小为mgD.恒力F的最小值为mg10.如图Z2-12所示,一物块以某一初速度v0从倾角θ=37°、高h=1.7 m的固定光滑斜面的最下端沿斜面向上运动,物块运动到斜面的顶端时速度为v= m/s.如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区,物块与摩擦区之间的动摩擦因数μ=0.125,物块再以同样的初速度从斜面的最下端向上运动,则物块恰好运动到斜面的顶端.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求初速度v0的大小;(2)求摩擦区的长度l.图Z2-1211.如图Z2-13所示,劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上,弹簧上端与轻质薄片P相连,P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材料,在P上方H处将另一质量为m的光滑圆环Q由静止释放,Q接触P后一起做匀减速运动,下移距离为时速度减为0.忽略空气阻力,重力加速度为g.求:(1)Q做减速运动时的加速度大小;(2)Q从开始运动到速度减为零所用的时间;(3)Q下移距离为d(d<)时智能材料对P的阻力大小.图Z2-13专题限时集训(二)1.A[解析] 篮球向下运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg-f=ma1,解得a1=g-,篮球反弹向上运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg+f=ma2,解得a2=g+,则a1<a2,即下落的加速度小于上升的加速度,由于克服阻力做功,所以篮球弹起时的速度越来越小,故A正确,B、C、D错误.2.C[解析] x-t图像的斜率表示速度,由斜率可得甲和乙均做减速运动,运动方向相反,选项A错误,C正确;0到t2时间内甲、乙的位移大小相等、方向相反,选项B错误;在时刻t1,汽车甲和汽车乙相向运动而相遇,选项D错误.3.C[解析] 设斜面的长度为x,高度为h,则h=x sin α,物体下滑过程受到的摩擦力为f,由于物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a,则由牛顿第二定律可得mg sin α-μmg cos α=ma,所以a=g(sin α-μcos α),由运动学规律可知=2ax=2gx(sin α-μcos α),v2=2gh,由题意知v1=kv,解得μ=(1-k2)tan α,故C正确.4.B[解析] 在0~2 s内,物体的加速度a1==5 m/s2,在2~4 s内,物体的加速度a2==5 m/s2,在4~6 s内,物体的加速度a3==0,v-t图像的斜率符合的是选项B.5.D[解析] 由图像可得,在0.6 s时小球a到达最高点,则小球a抛出时的速度v0=gt1=6 m/s,选项A错误;小球b的运动时间为t0=2×0.6 s-0.3 s=0.9 s,小球b释放时离地面的高度为H=g=4.05 m,选项B错误;在0.6 s时,小球a在最高点,离地面的高度h1=g=1.8 m,小球b离地面的高度h2=g(-)=3.6 m,a、b之间的距离Δh=h2-h1=1.8 m,选项C错误;从t=0.3 s时刻开始到落地,两者具有相同的加速度,a相对b做匀速直线运动,选项D正确.6.C[解析] 对整体,有F-(m1+m2)g sin θ-μ(m1+m2)g cos θ=(m1+m2)a,对质量为m2的物体,有F T-m2g sin θ-μm2g cos θ=m2a,联立解得F T=F,选项A、B错误,C正确;若将F反向,对整体,有F+(m1+m2)g sin θ-μ(m1+m2)g cos θ=(m1+m2)a',对质量为m1的物体,有F'T+m1g sin θ-μm1g cos θ=m1a',联立解得F'T=F,选项D错误.7.D[解析] 在0~4 s内,支持力大于重力,加速度方向向上,处于超重状态,故A错误.在18~22 s内,支持力小于重力,加速度方向向下,即减速上升,故B错误.决定惯性大小的唯一因素是质量,质量不变,则惯性不变,故C错误.电梯加速时加速度的最大值大小a==,减速时加速度的最大值大小a'==,故D正确.8.AD[解析] A、B两物块的加速度大小相等,由牛顿第二定律,对物块A,有mg=F T=ma,对物体B,有F T+mg sin θ+μmg cos θ=ma,又知μ=tan θ,联立解得加速度a=,选项A正确,B 错误;对B,因μ=tan θ,支持力和摩擦力的合力竖直向上,则B对C的压力和摩擦力的合力竖直向下,对C,由平衡条件得,水平桌面对C的摩擦力为0,支持力F N=(m+m C)g,选项C错误,D 正确.9.A[解析] 小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F,由L=at2可知,要使小圆环在直杆上运动的时间最短,小圆环运动的加速度必须最大,由牛顿第二定律可知,当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时,加速度最大,选项A错误,B正确;若恒力F的方向水平向右,由tan 30°=,解得F=mg,选项C正确;当F的方向垂直于光滑直杆时,恒力F最小,由sin 60°=,解得F min=mg sin 60°=mg,选项D正确.10.(1)6 m/s(2)1 m[解析] (1)由动能定理得-mgh=mv2-m解得v0=6 m/s(2)增设摩擦区后,由动能定理得-μmg cos θ·l-mgh=0-m解得l=1 m11.(1)(2)+(3)mg+k(H-d)[解析] (1)设Q刚接触P时速度为v,则有v2=2gH解得v=设Q接触P后的加速度大小为a,则有2a=v2解得a=(2)Q自由下落所用的时间t1==Q做匀减速运动所用的时间t2==Q运动的总时间t=t1+t2=+(3)设智能材料对P的阻力为F,则有kd+F-mg=ma解得F=mg+k(H-d)。
2018-2019版高考物理二轮复习专题一力与运动专题突破练2牛顿运动定律与直线运动
专题突破练2 牛顿运动定律与直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~8小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错或不答的得0分)1.(2018山西孝义一模)t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知()A.在t1时刻,两车运动方向相反B.在t1时刻,两车再次相遇C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于2.(2018河北唐山期末)随着科学技术的发展,具有自主知识产权的汽车越来越多;现有两辆不同型号的汽车甲、乙,在同一平直公路上,从同一地点,朝相同的方向做直线运动,它们的v-t图象如图所示,则()A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1B.乙车追上甲的时刻为15 s末C.乙刚出发时,甲车在其前方25 m处D.15 s后两车间距开始逐渐增大3.(2018天津南开中学模拟)如图所示,在光滑的水平面上有甲、乙两个木块,质量分别为m1和m2,中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来,现用一水平力F向左推木块乙,当两木块一起匀加速运动时,两木块之间的距离是()A.L+B.L+C.L-D.L-4.(2018湖北仙桃、天门、潜江联考)如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为m A=m,m B=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则()A.木块A对木块B的作用力大小一定为B.木块A对木块B的作用力大小一定为C.木块A对木块B的作用力大小一定为F-3μmgD.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg5.(2018安徽皖北协作区联考)如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。
(课标版)高考物理二轮复习 专题限时训练2 力与直线运动(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题限时训练2 力与直线运动时间：45分钟一、单项选择题1．如下列图，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m ，现施加水平力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．假设改用水平力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，如此F ′不得超过( B )A ．2F B.F 2C ．3F D.F 3解析：力F 拉物体B 时，A 、B 恰好不滑动，故A 、B 间的静摩擦力达到最大值，对物体A 受力分析，受重力mg 、支持力N 、向前的静摩擦力f m ，根据牛顿第二定律，有f m ＝ma ①，对A 、B 整体受力分析，受重力3mg 、支持力和拉力F ，根据牛顿第二定律，有F ＝3ma ②，由①②解得：f m ＝13F .当F ′作用在物体A 上时，A 、B 恰好不滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值，对物体A ，有F ′－f m ＝ma 1③，对整体，有：F ′＝3ma 1④，由上述各式联立解得：F ′＝12F ，即F ′的最大值是12F ，如此使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，如此F ′不得超过12F ，故B 正确． 2．如下列图，Oa 、Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O 、a 、b 、c 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，Ob 经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O 点无初速释放，用t 1、t 2分别表示滑环到达a 、b 所用的时间，如此如下关系正确的答案是( B )A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法确定解析：设Oa 与竖直方向夹角为θ，如此Ob 与竖直方向夹角为2θ，如此2R cos θ＝12g cos θ·t 21，2R ＝12g cos2θ·t 22，比拟可得t 1<t 2，故B 正确． 3．某物体做直线运动的v t 图象如下列图，如下图中F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移，如此其中正确的答案是( B )解析：根据v t 图象的斜率可知，0～2 s 内与6～8 s 内物体的加速度大小相等、方向一样，故所受合力一样，A 错误.2～6 s 内物体的加速度恒定，合力恒定，且大小与0～2 s 内的一样，方向与0～2 s 内的相反，B 正确．根据v t 图象可知，0～4 s 内物体先沿正方向做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，4～8 s 内先沿负方向做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，再结合v t 图线包围面积的意义可知，0～4 s 内物体的位移不断增大，4 s 末达到最大值，8 s 末返回到出发点，C 、D 错误．4．一皮带传送装置如下列图，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．假设在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，如此在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( D )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小．故D正确，A、B、C错误．5．如下列图，一个人用轻绳通过轻质滑环(图中未画出)悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A位置时轻绳与钢索垂直，到达图中B位置时轻绳竖直．不计空气阻力，如下说法正确的答案是( B )A．在A位置时，人的加速度可能为零B．在A位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力C．在B位置时，钢索对轻环的摩擦力为零D．假设轻环在B位置突然被卡住，如此此时轻绳对人的拉力等于人的重力解析：在A位置，人所受的合力不为0，加速度不为0，且轻绳拉力小于人的重力，选项A错误，B正确；在B位置，人受力平衡，轻环受拉力、支持力和摩擦力作用而平衡，选项C错误；假设B处轻环突然被卡住，此时人做圆周运动，需要向心力，如此拉力大于重力，选项D 错误．6．如下列图，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A 、B 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，假设不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( D )A ．a A ＝aB ＝g B ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D ．a A ＝23g ，a B ＝0解析：水平细线被剪断前对A 、B 进展受力分析如图，静止时，F T ＝F sin60°，F cos60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝F T m A＝23g ，a B ＝0，应当选D.二、多项选择题7．如下列图，质量为3 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg 的物体B 用细线悬挂，A 、B 间相互接触但无压力．取g ＝10 m/s 2.某时刻将细线剪断，如此细线剪断瞬间( AC )A ．B 对A 的压力大小为12 NB ．弹簧弹力大小为20 NC ．B 的加速度大小为4 m/s 2D ．A 的加速度为零解析：剪断细线前，A 、B 间无压力，如此弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度： a ＝(m A ＋m B )g －F m A ＋m B ＝(3＋2)×10－303＋2m/s 2＝4 m/s 2 隔离对B 分析有：m B g －F N ＝m B a ，解得：F N ＝(20－2×4) N＝12 N ，由牛顿第三定律知B 对A 的压力为12 N ，故A 、C 正确，B 、D 错误．8．机场使用的货物安检装置如下列图，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平局部且长度L ＝2 m ，现有一质量为m ＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，可从B 端沿斜面滑到地面．背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，如下说法正确的答案是( AD )A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1 sB ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3 sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m解析：背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，得a ＝5 m/s 2，背包达到传送带的速度v ＝1 m/s 所用时间t 1＝va＝0.2 s ，此过程背包对地位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m＝0.1 m<L ＝2 m ，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx ＝vt 1－x 1＝(1×0.2－0.1) m ＝0.1 m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－0.11s ＝1.9 s ，所以背包从A 运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1 s ，应当选A 、D.9．如下列图，a 、b 、c 是三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平地面上，物块c 放在b 上．现用水平拉力F 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 .如下说法正确的答案是( ACD )A ．该水平拉力大于轻绳中的张力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力F 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：对匀速运动的整体，由平衡条件得F ＝3μmg ，同理对b 和c ，轻绳中的张力F T ＝2μmg ，如此F >F T ，对c ，摩擦力为0，选项A 正确，B 错误；当该水平拉力F 增大为原来的1.5倍时，对三物块组成的整体，有1.5F －3μmg ＝3ma ，如此a ＝0.5μg ，此时对c ，摩擦力f 1＝ma ＝0.5μmg ，选项C 正确；剪断轻绳后，在物块b 向右运动的过程中，对b 、c整体，加速度a ′＝2μmg 2m＝μg ，对c ，摩擦力f 2＝ma ′＝μmg ，选项D 正确． 10．如下列图，倾角为θ的斜面体C 置于粗糙水平桌面上，物块B 置于斜面上，B 通过细绳跨过固定于桌面边缘的光滑的定滑轮与物块A 相连，连接B 的一段细绳与斜面平行．B 与C 间的动摩擦因数为μ＝tan θ，A 、B 的质量均为m ，重力加速度为g .现将B 由静止释放，如此在B 下滑至斜面底端之前且A 尚未落地的过程中，如下说法正确的答案是( AD )A ．物块B 一定匀加速下滑B ．物块B 的加速度大小为gC ．水平桌面对C 的摩擦力方向水平向左D ．水平桌面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等解析：A 、B 两物块的加速度大小相等，由牛顿第二定律，对物块A ，有mg －F T ＝ma ，对物体B ，有F T ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，又知μ＝tan θ，联立解得加速度a ＝g 2，选项A 正确，B 错误；对B ，因μ＝tan θ，支持力和摩擦力的合力竖直向上，如此B 对C 的压力和摩擦力的合力竖直向下，对C ，由平衡条件得，水平桌面对C 的摩擦力为0，支持力F N ＝(m ＋m C )g ，选项C 错误，D 正确．三、计算题11．如下列图，在水平桌面上放置一质量为M 且足够长的木板，木板上再叠放一质量为m 的滑块，木板与桌面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，开始时滑块与木板均静止．今在木板上施加一水平拉力F ，它随时间t 的变化关系为F ＝kt ，k 为的比例系数．假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求滑块刚好开始在木板上滑动时，(1)拉力作用的时间．(2)木板的速度．答案：(1)(μ1＋μ2)(M ＋m )g k (2)(M ＋m )μ22g 22k解析：(1)滑块刚好开始在木板上滑动时，滑块与木板的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律得：对滑块：μ2mg ＝ma解得：a ＝μ2g对滑块和木板构成的系统：kt 2－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a联立解得：t 2＝(μ1＋μ2)(M ＋m )g k(2)木板刚开始滑动时：μ1(M ＋m )g ＝kt 1此后滑块随木板一起运动，直至两者发生相对滑动，在这个过程中，拉力的冲量为图中阴影局部的面积．由动量定理得：I －μ1(M ＋m )g (t 2－t 1)＝(M ＋m )v ，联立解得：v ＝(M ＋m )μ22g 22k12．如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s 处有一片质量为m 的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面．当车速达到v 0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t 滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F ＝kv (v 为车速，k 为常数)，方向与车运动方向相反．假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：(1)树叶在玻璃外表运动的加速度大小a ′；(2)树叶与玻璃外表之间的动摩擦因数μ；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a .答案：(1)2s t 2 (2)(mg －kv 0)t 2－22ms (mg ＋kv 0)t 2 (3)mgt 2－2ms kv 0t 2＋2msg －kv 0m 解析：(1)根据匀加速直线运动规律，有s ＝12a ′t 2 解得a ′＝2s t2. (2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ，树叶受到的空气阻力为F ，树叶受到的滑动摩擦力为fF ＝kv 0f ＝μNN ＝mg cos θ＋F sin θ由牛顿第二定律，有mg sin θ－f －F cos θ＝ma ′由题意，θ＝45°联立解得μ＝(mg －kv 0)t 2－22ms (mg ＋kv 0)t2. (3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ′，树叶受到的空气阻力为F ′，树叶受到的最大静摩擦力为f ′ f ′＝μN ′ F ′＝kv 0由牛顿第二定律，有N ′sin θ＋f ′cos θ－F ′＝maN ′cos θ＝f ′sin θ＋mg联立并代入μ，得a ＝mgt 2－2ms kv 0t 2＋2msg －kv 0m .。
2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题一 第2讲 力与直线运动 Word版含答案
姓名，年级：时间：第2讲力与直线运动1．（2018·全国Ⅰ卷,14）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段,列车的动能( ）A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比B [A错:速度v＝at，动能E k＝12mv2＝错误!ma2t2，与经历的时间的平方成正比．B对：根据v2＝2ax,动能E k＝错误!mv2＝错误!m·2ax＝max，与位移成正比．C错：动能E k＝错误!mv2，与速度的平方成正比．D错：动量p＝mv,动能E k＝错误!mv2＝错误!，与动量的平方成正比．］2．（2018·全国Ⅰ卷,16）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A [设物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k（l－x0－x）及力F，根据牛顿第二定律,得F＋k（l－x0－x）－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma。
根据数学知识知F－x图像是截距为ma的一次函数图像．］3．(2018·全国Ⅱ卷，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图像分别如图中甲、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BD [A错、B对:0～t1时间内，v乙〉v甲；t1～t2时间内，v甲〉v乙，t2时刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于t1～t2时间内两者的位移差,则t1时刻甲在乙的后面；C错、D对:由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大．］4．（2018·全国Ⅱ卷,18)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CD [A错:x－t图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度．B错：由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离．C、D对：t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等．］提示多项选择题中,A、B项已经确定错误,C、D项可不分析．5．（2018·全国Ⅱ卷，24)（12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2。
2019高考物理二轮复习 第2讲 力与直线运动专题训练
第2讲力与直线运动一、选择题(每小题6分,共60分)1.(2018陕西西安长安二模,1)如图所示,质量相等的三个物块A、B、C,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细绳相连,当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)( )A.-g、2g、0B.-2g、2g、0C.0、2g、0D.-2g、g、g2.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。
若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面3.甲、乙两车在同一条直道上行驶,它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示,已知乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处,则下列说法中正确的是( )A.甲车的初速度为零B.乙车的初位置在s0=60 m处C.乙车的加速度大小为1.6 m/s2D.5 s时两车相遇,此时甲车速度较大4.(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/s2C.1 m/s2D.0.5 m/s25.(2018广东佛山质检)有几位同学为了测试某款汽车的性能,记录了该汽车沿平直公路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表,若汽车启动和制动可看做是匀变速直线运动,则下列说法正确的是( )A.汽车加速到6 s末才开始匀速运动B.加速阶段位移为90 mC.前8 s内汽车通过的位移大小为145.6 mD.制动过程加速度大小一定为10 m/s26.(2018湖北黄冈一模)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量相同,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)。
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专题限时训练2力与直线运动时间：45分钟一、单项选择题1．物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(B)A．物块将减速下滑B．物块仍匀速下滑C．物块受到的摩擦力变小D．物块受到的摩擦力变大解析：当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得：mg sinθ＝μmg cosθ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmg cosθ，选项C、D错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A错误，B正确．2．(2018·石家庄模拟)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0到t＝10 s这段时间内的位移大小为(C)A．6 m B．18 mC．30 m D．24 m解析：物体所受的最大静摩擦力f＝μmg＝6 N．在0～2 s内，拉力小于摩擦力，物体不动；在2～4 s内，物体做匀加速直线运动，a1＝F－fm＝12－62m/s2＝3 m/s2，则位移x1＝12a1t21＝12×3×4 m＝6 m；在4～6 s内，物体做匀减速直线运动，加速度大小a2＝μg＝3 m/s2，初速度v0＝a1t1＝6 m/s，则位移x2＝v0t2－12a2t22＝12 m－12×3×4 m＝6 m；物体的末速度v1＝v0－a2t2＝6 m/s－3×2 m/s＝0在6～8 s内，物体做匀加速直线运动，匀加速直线运动位移x3＝6 m/s，末速度v2＝6 m/s.在8～10 s内，物体做匀速直线运动，位移x4＝v2t4＝12 m.则0～10 s内的位移x＝6 m＋6 m＋6 m＋12 m＝30 m，故C正确，A、B、D错误．3．(2018·福建四地六校联考)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图象分析可知(B)A．张明所受重力为1 000 NB．e点位置张明处于超重状态C．c点位置张明处于失重状态D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度解析：开始时张明处于平衡状态，对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和力的平衡可知，张明所受重力也是500 N，故A错误；e点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B正确；c点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C错误；张明在d点时有a1＝F d－Gm＝1 500－50050010m/s2＝20 m/s2，张明在f点时有a2＝G－0m＝50050010m/s2＝10 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误．4．(2018·莆田模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)(D)A ．a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2B ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即F f ＝ma 1，且F f 的最大值为F fm ＝μmg ，即a 1的最大值为a 1m ＝μg ＝3 m/s 2.当二者相对静止一起加速时，a 1＝a 2≤3 m/s 2.当F 较大时，物块与小车发生相对滑动，a 1＝3 m/s 2，a 2>3 m/s 2.综上所述只有选项D 符合题意．5．(2018·陕西渭南模拟)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m 的物体，受到沿斜面方向的力F 作用，力F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v 随时间t 变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，g 取10 m/s 2)( C )解析：在0～1 s 内，由牛顿第二定律得a 1＝F －mg sin30°m ＝12g ，方向沿斜面向上，物体沿斜面向上做匀加速直线运动；在1～2 s 内，力F 大小为零，由牛顿第二定律得a 2＝mg sin30°m ＝12g ，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s 末速度为零；在2～3s内，由牛顿第二定律得a3＝F＋mg sin30°m＝32g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小v＝a3t＝15 m/s，故C正确．6．目前交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2.则下列说法中正确的是(D)A．如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2 s时，汽车离停车线的距离为2 mB．如果在距停车线6 m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人解析：若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间t0＝0－v0a＝0－8－5s＝1.6 s<2 s，所以从刹车到停止的位移x＝0－v202a＝0－82－2×5m＝6.4m，汽车离停车线的距离为Δx＝8 m－6.4 m＝1.6 m，故A错误；如果在距停车线6 m处开始刹车制动，刹车到停止的位移是6.4 m，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人，故B错误；刹车的位移是6.4m，所以车匀速运动的位移是1.6 m，则驾驶员的反应时间t＝Δxv0＝1.68s＝0.2 s，故C错误，D正确．二、多项选择题7．(2018·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(BC)A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为M－m M g解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mg sinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－F T＝Ma，对m有：F T′－mg sinα＝ma，又F T＝F T′，解得：a＝(1－sinα)g，F T＝mg，故A、D错，B、C 对．8．(2018·广东惠州模拟)观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时，发现自来水水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H 的水柱上端面积为S1，下端面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是(BC)A．水柱是上细下粗B．水柱是上粗下细C．该水龙头的流量是S1S22gH S21－S22D．该水龙头的流量是2gH S22＋S21解析：由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，设Δt 时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V，V＝vΔtS，开始时水流速度小，横截面积大，速度增大时横截面积变小，所以水柱是上粗下细，A错误，B正确；高为H的水柱上端速度为v1＝VS1Δt，下端速度为v2＝VS2Δt，根据v22－v21＝2gH，水的流量VΔt＝S1S22gHS21－S22，C正确，D错误．9．将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v-t 图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(BD)A．小球上升与下落所用时间之比为2 3B．小球落回到抛出点的速度大小为8 6 m/sC．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态D ．小球重力和阻力之比为5 1解析：根据图象可得，上升的过程中，加速度为a 1＝0－242m/s 2＝－12 m/s 2，根据牛顿第二定律可得－(mg ＋f )＝ma 1，所以小球受到的阻力的大小为f ＝－ma 1－mg ＝－1×(－12) N －1×10 N ＝2 N ，在下降的过程中，小球受到的合力为F ＝mg －f ＝10 N －2 N ＝8 N ，所以下降的过程中的加速度为a 2＝－F m ＝－81m/s 2＝－8 m/s 2，根据公式x ＝12at 2可得运动的时间为t ＝2xa ，所以时间之比为t 上t 下＝a 2a 1＝23，故A 错误；由图象知小球匀减速上升的位移为x ＝12×2×24 m ＝24 m ，x ′＝－x ＝－24 m ，根据v 2＝2a 2x ′得：v ＝2a 2x ′＝2×8×24 m/s ＝8 6 m/s ，故B 正确；小球下落过程，加速度向下，处于失重状态，故C 错误；由A 的分析可知，重力与阻力之比为mg f ＝10 N 2 N ＝51，故D 正确．10．如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( BC )解析：当v1>v2时，P相对于传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，当F f>F T时，合外力向右，P向右做加速运动，当达到与传送带速度一样时，一起做匀速运动，受力分析如图甲，则B正确；当F f<F T时，一直减速直到减为零，再反向加速，当v1<v2时，P相对于传送带向右滑动，受力分析如图乙，P向右做减速运动，当P的速度与传送带速度相等时，若F f<F T，P又相对于传送带向左滑动，相对地面向右减速，受力分析如图甲，加速度减小，则C正确；当F f＝F T时匀速运动，A、D错误．三、计算题11．(2018·山东枣庄市模拟)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦F fm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿运动定律可知：对整体：F1＝(M＋m)a1对木板：F fm＝Ma1其中F fm＝μmg联立解得F1＝2.5 N故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑动；设滑动摩擦力的大小为F f，小物块、木板的加速度分别为a2、a3，由牛顿第二定律可得：对小物块：F2－F f＝ma2对木板F f＝Ma3其中F f＝μmg解得a2＝3.5 m/s2；a3＝0.5 m/s2设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为x1、x2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：x1＝12a2t2，x2＝12a3t2，x1－x2＝12L，解得：t＝1 s.答案：(1)F>2.5 N(2)1 s12．(2017·新课标全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2，木板受地面的摩擦力大小为F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g①F f2＝μ1m B g②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A④F f2＝m B a B⑤F f2－F f1－F f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m⑰(也可用下图中的速度—时间图线求解)答案：(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m。