2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“力与直线运动”课后冲关

2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“力与直线运动”课后冲关

重难专题强化练——“力与直线运动”课后冲关 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．(2013·全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是(　　)‎ 解析：选C　设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确。‎ ‎2.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是(　　)‎ 解析：选B　根据v t图像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。‎ ‎3．[多选](2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：选ACD　由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由vt图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。‎ ‎4．[多选](2016·江苏高考)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 解析：选BD　鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，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；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，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·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8　　　　　　　　　 　B．10‎ C．15 D．18‎ 解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。‎ ‎6．(2014·全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。‎ 解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0 ①‎ x＝v0t0＋ ②‎ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。‎ 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0 ③‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma ④‎ x＝vt0＋ ⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s(或72 km/h)。 ⑥‎ 答案：20 m/s(或72 km/h)‎ ‎7．(2015·全国卷Ⅰ)‎ 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(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/s2。求：‎ ‎(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a1，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)a1 ①‎ 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，‎ 由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1 ②‎ s0＝v0t1＋a1t12 ③‎ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0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－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2 ⑤‎ 由题图(b)可得 a2＝ ⑥‎ 式中，t2＝2 s，v2＝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a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt ⑨‎ v3＝v1＋a2Δt 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 s1＝Δt ⑪‎ 小物块运动的位移为 s2＝Δt ⑫‎ 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1 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a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮‎ ‎0－v32＝2a4s3 ⑯‎ 碰后木板运动的位移为 s＝s1＋s3 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 二、名校模拟重点演练——明趋势 ‎8．(2017·常州一模)如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑且质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为(　　)‎ A．m B．m C．m D. 解析：选B　先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a＝，再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：FN＝＝m ，故选B。‎ ‎9．(2018届高三·太原调研)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保证雾天行车安全显得尤为重要。在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后。某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的vt图像。以下分析正确的是(　　)‎ A．甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2‎ B．两车开始刹车时的间距为100 m C．两车刹车后间距一直在减小 D．两车都停下来后相距25 m 解析：选B　由题图可知，两车刹车后直到速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝ m/s2＝－1 m/s2，乙车的加速度a2＝ m/s2＝－0.5 m/s2，此时甲车的位移x甲＝v甲t＋a1t2＝m＝300 m，乙车的位移x乙＝v乙t＋a2t2＝15×20－×0.5×400m＝200 m，两车刚好没有发生碰撞，则两车开始刹车时的间距Δx＝(300－200)m＝100 m，故A错误，B正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者间距减小，后来甲的速度小于乙的速度，两者间距增大，故C错误；根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距Δx′＝×(30－25)×5 m＝12.5 m，故D错误。‎ ‎10．(2017·晋城三模)如图所示，甲、乙两物块用轻弹簧相连，竖直放置，处于静止，现将甲物块缓慢下压到A位置由静止释放，当乙刚好离开地面时，甲的加速度为a1，速度为v1，再将甲物块缓慢下压到B的位置，仍由静止释放，则当乙刚好要离开地面时，甲的加速度为a2，速度为v2，则下列关系正确的是(　　)‎ A．a1＝a2，v1＝v2 B．a1＝a2，v1＜v2‎ C．a1＜a2，v1＜v2 D．a1＜a2，v1＝v2‎ 解析：选B　对于乙，当乙刚好离开地面时有：‎ kx＝m乙g，两次情况下，弹簧的弹力是一样的，‎ 对于甲，根据牛顿第二定律得，kx＋m甲g＝m甲a，可知两次加速度相等，即a1＝a2，当弹簧压到B时比弹簧压到A时弹性势能大，两次末状态弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能转化为甲的动能和重力势能，压缩到B时，弹簧弹性势能减小量多，甲获得的动能大，速度大，即v1＜v2，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎11．[多选](2017·商丘一模)如图所示，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f1，C、D木块间的最大静摩擦力是f2。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(　　)‎ A．当f1＞2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动 B．当f1＞2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动 C．当f1＜2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动 D．当f1＜2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动 解析：选AD　当f1＞2f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：f2＝2ma，得a＝，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma＝3f2。此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB＝4ma＝2f2＜f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。当f1＜2f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f1＝4ma′，得a′＝，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma′＝f1。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fCD＝2ma′＝＜f2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。‎ ‎12．(2017·天津市五区县期末)如图甲所示，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v0＝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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(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。‎ 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＝ma ①‎ 滑块恰好到木板右端停止 ‎0－v02＝－2aL ②‎ 解得μ＝＝0.5。 ③‎ ‎(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为x，上滑的时间为t1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 ④‎ ‎0－v02＝－2a1x ⑤‎ ‎0＝v0－a1t1 ⑥‎ 由④⑤⑥式，解得t1＝ s ⑦‎ 设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 ⑧‎ x＝a2t22 ⑨‎ 由⑧⑨式解得t2＝ s 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t＝t1＋t2＝ s。‎ 答案：(1)0.5　(2) s