2020高考物理二轮复习第一部分专题二力与运动第1讲力与物体的直线运动练习含解析

2020高考物理二轮复习第一部分专题二力与运动第1讲力与物体的直线运动练习含解析

力与物体的直线运动 ‎1．一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑材料，若忽略空气阻力，则下列有关材料的受力分析图正确的是(　　)‎ 解析　材料向右上方匀速运动，处于平衡状态，所受合力为零，A、B、C中合力不为零，受力不平衡，选项A、B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎2．(2019·江苏扬州一模)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为(　　)‎ A．mgsinθ B．mgcosθ C．mgtanθ D．mgsinθ·cosθ 解析　设细线的弹力为F，对斜面上的木块由共点力平衡条件有F－mgsinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有Fcosθ－Ff＝0，解得杆对环的摩擦力大小为Ff＝mgsinθ·cosθ，故选D。‎ 答案　D ‎3．(2019·广东汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为(　　)‎ A. B． 8‎ C. D． 解析　轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1＝v0t＋at2，货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，‎ 根据x1－x2＝L解得：‎ a＝，故B项正确，A、C、D项错误，故选B项。‎ 答案　B ‎4．(2019·济南二模)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是(　　)‎ A．v＝ B．v＝ C．v＞ D．＜v＜ 解析　由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，画出相应的v t图像大致如图所示。根据图像的意义可知，实线与坐标轴包围的面积为x，虚线(匀减速运动)下方的“面积”表示的位移为：t。应有：t＞x，所以v＞，所以选项C正确。‎ 答案　C ‎5．如图所示，在光滑的水平地面上并排放着3 000个完全相同的小球。现用恒定水平推力F推第3 000号球，并使所有球共同向右运动，则第2 016号球与第2 017号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为(　　)‎ A．2 016 B．2 017‎ C. D． 解析　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：‎ F＝3 000ma；得：a＝；以1－2 016个小球为研究对象，根据牛顿第二定律：N1＝2 016ma，得：N1＝F；以1号球为研究对象：N2＝ma＝F；则第2 016号球与第2‎ 8‎ ‎ 017号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为2 016∶1；故选A。‎ 答案　A ‎6．(多选)(2019·河北承德联校期末)如图所示，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/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)‎ A．B对A的压力大小为12 N B．弹簧弹力大小为20 N C．B的加速度大小为‎4 m/s2‎ D．A的加速度为零 解析　剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝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/s2＝4 m/s2‎ 隔离对B分析有：mBg－FN＝mBa，‎ 解得：FN＝(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。‎ 答案　AC ‎7．(多选)(2019·云南昆明月考)如图所示，质量为‎2 kg的木板M放置在光滑水平面上，木板上固定一轻质刚性竖直挡板，挡板能承受的最大弹力为4 N。超过4 N，挡板将从木板上掉落。初始时质量为‎1 kg的物块m(可视为质点)恰好与竖直挡板接触，且两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的外力F作用。已知M、m间的动摩擦因数μ＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取‎10 m/s2。关于M、m的运动，下列表述正确的是(　　)‎ A．若F＝9 N，此时挡板对物块m的力为3 N B．只要F＜30 N，物块m能静止在木板上 C．若F＝15 N，此时木板M的加速度a＝‎5 m/s2‎ D．物块m的最大加速度为‎9 m/s2‎ 8‎ 解析　物块m与木板M之间的最大静摩擦力fm＝μN＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，当F＝9 N时，物块m与木板M一起做加速运动，共同的加速度a＝＝3 m/s2。m受到的摩擦力f＝ma＝3 N＜5 N，所以当F＝9 N时，竖直挡板对m没有弹力作用，A项错误；m受到的向左的力最大值为最大静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度am＝＝ m/s2＝9 m/s2。物块m和木板M相对静止时，最大的加速度为9 m/s2，Fm＝(M＋m)am＝27 N，B项错误，D项正确；当F＝15 N时，物块和木板相对静止，a＝＝5 m/s2，C项正确。‎ 答案　CD ‎8．(2019·陕西西安月考)如图所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体不连接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是(　　)‎ A．刚撤去外力F时，FN＝ B．弹簧弹力等于F时，FN＝ C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离 D．弹簧恢复原长时FN＝mg 解析　刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立解得FN＝＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有FN－mg＝ma2，联立解得FN＝，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。‎ 答案　B ‎9．(多选)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物体A在水平向右的拉力F的作用下做直线运动，其v t图像如图乙中实线所示，下列判断正确的是(　　)‎ 8‎ A．在0～1 s内，拉力F不断增大 B．在1～3 s内，拉力F保持不变 C．在3～4 s内，拉力F不断增大 D．在3～4 s内，拉力F不断减小 解析　由v t图像可知，在0～1 s内，物体做匀加速直线运动，加速度恒定，摩擦力恒定，由牛顿第二定律可知，F－f＝ma，因此拉力F恒定，A项错误；在1～3 s内，物体做匀速直线运动，合外力为零，拉力大小始终等于摩擦力的大小，B项正确；在3～4 s内，物体做的是变减速运动，加速度大小越来越大，摩擦力恒定，则由f－F＝ma可知，拉力F越来越小，C项错误，D项正确。‎ 答案　BD ‎10.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速运动。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＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　)‎ 解析　小木块刚放上去后，在速度小于v0前，木块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得，a1＝gsinθ＋μgcosθ；在木块速度等于v0后，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，a2＝gsinθ－μgcosθ。D项正确。‎ 答案　D ‎11．(2019·山西阳泉一模)如图所示为一种叫“控子”的游戏：让滑块从A点由静止释放，游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D中即为成功。已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长‎25 cm，BC长‎1 m，CD高‎20 cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝‎2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝‎1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝‎3 m/s2，滑块在B点、可控点前后速度大小不变，g取‎10 m/s2，求：游戏成功时，‎ 8‎ ‎(1)可控区域的长度L；‎ ‎(2)滑块从A到洞D所经历的时间t。‎ 解析　(1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知 v＝‎2a1xAB 且vB＝a1t1‎ 解得t1＝0.5 s，vB＝1 m/s 设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知 v－v＝‎2a2(xBC－L)‎ vE－vB＝a2t2‎ 从E到C，由运动学规律知 v＝‎‎2a3L vE＝a3t3‎ 解得t2＝t3＝0.5 s，‎ L＝‎‎0.375 m ‎(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知 hCD＝gt 解得t4＝0.2 s 所以滑块从A到洞D所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7 s。‎ 答案　(1)0.375 m　(2)1.7 s ‎12．(2019·福建泉州一模)如图所示，一货场需将质量m1＝‎60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上。倾斜轨道SP竖直高度h＝‎1.2 m，与水平面夹角θ＝53°。圆弧形轨道PQ半径R＝‎2 m，末端Q切线水平，两轨道相切于P点，且不计货物与两轨道间的摩擦。开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q，木板A上表面与轨道末端Q相切。相同的两块木板A、B，长度均为l＝‎3 m，质量均为m2＝‎60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。‎ 8‎ ‎(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；‎ ‎(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；‎ ‎(3)若μ2＝0.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离。‎ 解析　(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：‎ m‎1g[h＋R(1－cosθ)]＝m1v2‎ 货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为FN，根据向心力公式得：FN－m1g＝m1 联立得：v＝2 m/s，FN＝1 800 N 根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝1 800 N，方向竖直向下 ‎(2)若货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，则有：μ‎2m1g≤μ1(m1＋‎2m2‎)g 若滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g＞μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30＜μ2≤0.45‎ ‎(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板A不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ‎2m1g＝m‎1a1‎ 设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：‎ v－v2＝－‎‎2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s 设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2‎ 由牛顿第二定律和运动学公式得：‎ 对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，‎ 对于货物有：v2＝v1－a1t 木板的位移：x2＝t 货物的位移：x1＝t 货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2‎ 联立得：Δx＝1.6 m 货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2＞μ1，货物与木板B间没有相对滑动 8‎ 则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m。‎ 答案　(1)1 800 N，方向竖直向下　(2)0.30＜μ2≤0.45　(3)B木板　1.6 m 8‎