【物理】2020届二轮复习专题一第2讲　力与直线运动作业（山东专用）

【物理】2020届二轮复习专题一第2讲　力与直线运动作业（山东专用）

第2讲　力与直线运动 一、单项选择题 ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2019山东菏泽一模)一辆汽车以20 m/s的速度在平直的公路上行驶,当驾驶员发现前方有险情时,立即进行急刹车,刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图所示,设汽车刹车后做匀减速直线运动,则当汽车刹车后的速度减小为12 m/s时,刹车的距离x1为(　　)‎ A.12 m B.12.8 m C.14 m D.14.8 m 答案　B　由题意可知,汽车做匀减速直线运动,设加速度大小为a,由公式0-v‎0‎‎2‎=-2ax,解得a=10 m/s2。当汽车刹车后的速度减小为12 m/s时,由公式v2-v‎0‎‎2‎=-2ax1,代入数据解得汽车刹车的位移x1=12.8 m,故选B。‎ ‎2.(2019山东泰安一模)如图,在光滑的斜面上,轻弹簧的下端固定在挡板上,上端放有物块Q,系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上,使其沿斜面向上做匀加速直线运动,以x表示Q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(　　)‎ 答案　A　设斜面倾角为θ,开始时:mg sin θ=kx0;当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时,且Q的位移为x,根据牛顿第二定律可得:F+k(x0-x)-mg sin θ=ma,解得F=kx+ma,故选项A正确。‎ ‎3.(2019山东师大附中四模)如图所示,在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块,它们中间有细线连接。已知m1=3 kg,m2=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向左拉m1,为保持细线不断,则F的最大值为(　　)‎ A.8 N B.10 N C.12 N D.15 N 答案　D　设施加的水平向左的拉力为F1,以m2为研究对象,由牛顿第二定律得:Tm=m2am,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1=(m1+m2)am,联立解得:F1=15 N,故选项D正确。‎ ‎4.(2019山东菏泽一模)一小物块从倾角为α=30°的足够长的斜面底端以初速度v0=10 m/s沿斜面向上运动(如图所示),已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=‎3‎‎3‎,g取10 m/s2,则物块在运动时间t=1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)‎ A.3.75 m B.5 m C.6.25 m D.15 m 答案　B　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a=g sin α+μg cos α=10 m/s2,物块运动到最高点的时间t=v‎0‎a=1 s<1.5 s。由于mg sin α=μ mg cos α,小物块运动到最高点速度为0时即停止,故此时小物块离斜面底端的距离为x=v‎0‎‎2‎‎2a=5 m,故B正确。‎ ‎5.(2019山东师范大学附中五模)如图所示,一质量为M=2 kg、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m=1 kg的光滑楔形物块,物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)‎ A.物块对斜面的压力大小FN=5‎2‎ N B.斜面体的加速度大小为a=10 m/s2‎ C.水平恒力大小F=15 N D.若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止,则F将变小 答案　C　对M、m整体分析,受重力、支持力和推力,根据牛顿第二定律可得,水平方向:F=(M+m)a;竖直方向:N=(M+m)g;再对M分析,受重力、压力FN、支持力,根据牛顿第二定律可得,水平方向:FN sin θ=Ma;竖直方向:FN cos θ+Mg=N;联立解得:a=mgtanθM=5 m/s2;F=‎(M+m)mgtanθM=15 N;FN=mgcosθ=10‎2‎ N,故A、B错误,C正确;若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止,则对整体:F=(M+m)a';对m:mg tan 45°=ma',解得F=(M+m)g=30 N,即F变大,故D错误。‎ ‎6.(2018山东潍坊一模)如图所示,长木板静止于光滑水平地面,滑块叠放在木板右端,现对木板施加水平恒力,使它们向右运动,当滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x,速度为v,若只减小滑块的质量,再次拉动木板,滑块与木板分离时(　　)‎ A.x变小,v变小 B.x变大,v变大 C.x变小,v变大 D.x变大,v变小 答案　A　对滑块,根据牛顿第二定律有μmg=ma1,则a1=μg;对长木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma2,则a2=F-μmgM。滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x=‎1‎‎2‎a1t2,滑块相对长木板的位移为L=‎1‎‎2‎a2t2-‎1‎‎2‎a1t2,滑块相对地面的速度为v=a1t。若只减小滑块的质量,再次拉动木板,滑块的加速度a1'=μg不变,长木板加速度a2'=F-μm'gM变大,由滑块相对长木板的位移为L=‎‎1‎‎2‎ a2't'2-‎1‎‎2‎a1't'2可得运动时间变小,滑块相对地面的位移为x'=‎1‎‎2‎a1't'2变小,滑块相对地面的速度为v'=a1't'变小,故选项A正确,B、C、D错误。‎ 二、多项选择题 ‎7.(2019山东济南期末)物体甲做匀变速直线运动,物体乙做匀速直线运动,它们的位移-时间图像如图所示(t=2 s时,曲线与横轴相切)。下列说法正确的是(　　)‎ A.t=0时,物体甲的速度大小为2 m/s B.物体甲的加速度大小为2 m/s2‎ C.t=1 s时,甲、乙两物体速度相等 D.0到2 s内,乙物体的平均速度大于甲物体的平均速度 答案　BC　t=2 s时,曲线与横轴相切,可知此时甲的速度为零,研究甲运动的逆过程,2 s内的位移为4 m,由x=‎1‎‎2‎at2解得a=2 m/s2,而v0=at=4 m/s,即t=0时,物体甲的速度大小为4 m/s,加速度大小为2 m/s2,选项A错误,B正确;t=1 s时,甲物体的速度大小v1=v0-at=2 m/s;乙物体的速度大小:v乙=ΔxΔt=2 m/s,即t=1 s时,甲、乙两物体速度相等,选项C正确;0到2 s内,甲做匀变速直线运动,其平均速度v甲=‎4+0‎‎2‎ m/s=2 m/s,则乙物体的平均速度等于甲物体的平均速度,选项D错误。‎ ‎8.静止在水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中,加速度a随拉力F变化的图像如图所示,由此可以计算出(g取10 m/s2)(　　)‎ A.物体的质量 B.物体与水平面间的动摩擦因数 C.物体与水平面间的滑动摩擦力大小 D.加速度为2 m/s2时物体的速度 答案　ABC　当F>20 N时,根据牛顿第二定律:F-f=ma,得a=-fm+Fm,则由数学知识可知图线的斜率k=‎1‎m,由题图得k=‎1‎‎5‎,可得物体的质量为5 kg。将F=20 N时a=1 m/s2,代入F-f=ma解得:f=15 N,由f=μFN=μmg可得物体的动摩擦因数μ,故选项A、B、C正确;因为图像只给出作用力与加速度的对应关系,且物体做加速度逐渐增大的加速运动,因没有时间,故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度,故选项D错误。‎ ‎9.(2019山东滨州二模)如图所示,小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过细线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,加速度为a1、a2时,细线在竖直方向上,全过程中M始终未相对杆bc移动,M、m与小车保持相对静止,M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4,则以下结论正确的是(　　)‎ A.若a‎1‎a‎2‎=‎1‎‎2‎,则f‎1‎f‎2‎=‎2‎‎1‎ B.若a‎2‎a‎3‎=‎1‎‎2‎,则f‎2‎f‎3‎=‎‎1‎‎2‎ C.若a‎3‎a‎4‎=‎1‎‎2‎,则f‎3‎f‎4‎=‎1‎‎2‎ D.若a‎3‎a‎4‎=‎1‎‎2‎,则tanθtanα=‎‎1‎‎2‎ 答案　CD　对第一、二幅图有:若a‎1‎a‎2‎=‎1‎‎2‎,对M根据牛顿第二定律有:f=Ma,则f‎1‎f‎2‎=‎1‎‎2‎,故选项A错误;对第二、三幅图有:f2=Ma2,设细线的拉力为F,则f3-F sin θ=Ma3,若a‎2‎a‎3‎=‎1‎‎2‎,则f‎2‎f‎3‎≠‎1‎‎2‎,故选项B错误;对第三、四幅图有:对M和m整体分析:f=(M+m)a,若a‎3‎a‎4‎=‎1‎‎2‎,则f‎3‎f‎4‎=‎1‎‎2‎,故选项C正确;m水平方向 有:F3 sin θ=ma3、F4 sin α=ma4,竖直方向有:F3 cos θ=mg、F4 cos α=mg,解得a3=g tan θ、a4=g tan α,若a‎3‎a‎4‎=‎1‎‎2‎,则tanθtanα=‎1‎‎2‎,故选项D正确。‎ 三、计算题 ‎10.2022年冬奥会将在北京举行,为训练运动员的判断力和身体应变力,在一直径为200 m的圆形滑冰场上,教练和运动员分别站在直径AB的两端。教练从A端沿冰面击出冰球的同时,运动员开始从B点沿直线匀加速运动,在冰球离开圆形场地前拦住冰球。教练若沿AB方向以20 m/s的速度击出冰球。运动员不拦截冰球,球恰好能沿冰面滑道B点,sin 53°=0.8,g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)冰球与冰面间的动摩擦因数;‎ ‎(2)若教练沿与AB成53°角的方向以16 m/s的速度将冰球击出,为保证拦截成功,运动员的加速度至少多大。‎ 答案　(1)0.10　(2)‎20‎‎9‎ m/s2‎ 解析　(1)由A至B冰球做匀减速运动有 μmg=ma 由运动学公式有 ‎0-v‎1‎‎2‎=-2ad 解得μ=0.10‎ ‎(2)由题意可知,当冰球运动至圆形滑冰场边缘时,运动时间最长,运动员加速度最小,‎ 由几何关系可得x球=d cos 53°‎ x人=d sin 53°‎ 冰球到达圆周的时间为t,则有 x球=vt-‎1‎‎2‎at2‎ 解得t=12 s或t=20 s(舍去)‎ 运动员加速度至少为a',则有x人=‎1‎‎2‎a't2‎ 解得a'=‎20‎‎9‎ m/s2‎ 命题拓展预测 ‎　　大型飞机落地时为了迅速减速可采取的措施中有三种最常用。第一种是打开减速板:打开减速板后,一方面增加空气阻力,起减速作用,同时也可减小机翼的升力,增加机轮对地面的压力,从而增加机轮对地面的摩擦力,缩短滑跑距离;第二种是开动涡轮风扇发动机推力反向器:作用在机翼上的力无法让飞机在很短的时间内停下来,这时候就需要一个更有效的减速装置——反推,反推在飞机着陆之后放出,将发动机产生的80%的向后推力转而向前,以达到快速减速的目的;第三种是机轮刹车:放出反推的同时,飞机还会利用机轮的刹车进行减速,也是我们通常意义的刹车。现在飞机以v0的初速度落地,同时以第一种打开减速板方式减速,此时飞机的平均加速度大小为a1,当飞机速度减小了‎1‎‎5‎时,开始采用第二种措施,第一种措施仍然起作用,这时飞机平均加速度大小为‎5‎‎3‎a1,当滑行距离与第一减速阶段位移大小相等时,三种措施同时发挥作用,此时飞机所受平均阻力为第一阶段阻力的‎4‎‎5‎。求飞机从落地到停止运动的总位移和减速第二阶段所用时间。‎ 答案　‎77‎v‎0‎‎2‎‎200‎a‎1‎　‎9‎‎25‎a‎1‎v0‎ 解析　当只以第一种方式即打开减速板方式减速时,飞机速度由v0减速至‎4‎v‎0‎‎5‎,设第一阶段所用时间为t1,运动位移为x1‎ 根据公式v2-v‎0‎‎2‎=2ax得x1=‎‎9‎v‎0‎‎2‎‎50‎a‎1‎ 当第二种措施和第一种措施共同起作用时,本阶段位移x2=x1,设该阶段所用时间为t2,末速度为v2,加速度大小为a2‎ x2=x1=‎‎9‎v‎0‎‎2‎‎50‎a‎1‎ v‎2‎‎2‎‎-‎4‎v‎0‎‎5‎‎2‎=-2a2x2‎ 飞机第二阶段的末速度为v2=‎1‎‎5‎v0‎ t2=v‎2‎‎-‎‎4‎v‎0‎‎5‎‎-‎a‎2‎=‎9‎‎25‎a‎1‎v0‎ 当三种措施同时发挥作用时,设加速度大小为a3,此阶段飞机减速为零所用时间为t3,位移大小为x3,根据牛顿第二定律得:‎ f3=ma3=‎4‎‎5‎f1=‎4‎‎5‎ma1‎ 所以a3=‎4‎‎5‎a1‎ 则0-v‎2‎‎2‎=-2a3x3‎ 解得x3=‎v‎0‎‎2‎‎40‎a‎1‎ 运动的总位移x=x1+x2+x3=‎9‎v‎0‎‎2‎‎50‎a‎1‎+‎9‎v‎0‎‎2‎‎50‎a‎1‎+v‎0‎‎2‎‎40‎a‎1‎=‎‎77‎v‎0‎‎2‎‎200‎a‎1‎