【物理】2020届一轮复习人教版力与直线运动作业

【物理】2020届一轮复习人教版力与直线运动作业

‎---力与直线运动 ‎1. （多选）沙尘暴天气会严重影响交通.有一辆卡车以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口有一位老人跌倒(没有其他人可以扶起他)，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前1.5 m处，避免了一场事故。已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则 A．司机发现情况后，卡车经过3 s停下 B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 m C．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/s D．若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变,则卡车将撞到老人 ‎2.如图所示，物体自O点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点,其中A、B之间的距离L1=2 m，B、C之间的距离L2=3 m。若物体通过L1、L2这两段位移的时间相等，则OA之间的距离L等于 A．‎3‎‎4‎ m　　　B．‎4‎‎3‎ m　　　C．‎ ‎‎9‎‎8‎ m　　　D．‎ ‎‎8‎‎9‎ m ‎3.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时,乙车在甲车前50 m处，它们的v-t图象如图所示，下列对两车运动情况的描述正确的是 A．甲车先做匀速直线运动再做反向匀减速直线运动 B．在第20 s末，甲、乙两车的加速度大小相等 C．在第30 s末，甲、乙两车相距100 m D．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次 ‎4.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间(x t)图像分别为图直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则 A．a车做匀速运动且其速度为va＝ m/s B．t＝3 s时a车和b车相遇但此时速度不等 C．t＝1 s时b车的速度为10 m/s D．t＝0时a车和b车的距离x0＝9 m ‎5. （多选）a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图2-j5-1所示，以下说法正确的是 A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2 B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2‎ C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置 D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置 ‎6. 从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲、乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内 A．甲物体所受合力不断变化 B．甲物体的速度不断减小 C．2 s末乙物体改变运动方向 D．2 s末乙物体速度达到最大 ‎7.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 N C．0 N D．1.5 N ‎8. 学校“身边的物理”社团小组利用传感器研究物体的运动．在一小球内部装上无线传感器，并将小球竖直向上抛出，通过与地面上接收装置相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图象．已知小球在运动过程中受到的空气阻力随速度的增大而增大，则下列图象可能是计算机正确描绘的是(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间)‎ ‎9. 如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时 ‎ A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 ‎ C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 ‎10.在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是 A．两弹簧都处于拉伸状态 B．两弹簧都处于压缩状态 C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长 ‎ D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态 ‎11.（多选） 如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是 ‎ ‎ A．上滑的过程A、B整体处于失重状态 B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动 C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程 D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等 ‎12. 如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知x1＝2x2，则有 A．F1＝F2　　　　　　　　　 B．F1＝4F2‎ C．F1＞4F2 D．F1＝2F2‎ ‎13.如图所示，质量为m0、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上，有一质量为m的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后,它沿斜面向下匀速运动。若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，斜面体始终静止,重力加速度大小为g。施加恒力F后，下列说法正确的是 A．小物块沿斜面向下运动的加速度为Fm B．斜面体对地面的压力大小等于(m+m0)g+Fsin θ C．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 D．斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化 ‎14.一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=1 kg和mB=2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，且A、B与木板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。水平恒力F作用在A物块上，如图2-n15-1所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 A．若F=1 N，则物块、木板都静止不动 ‎ B．若F=1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N C．若F=4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N ‎ D．若F=8 N，则B物块的加速度为1 m/s2‎ ‎15.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎ ‎ ‎(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；‎ ‎(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。‎ ‎16.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vt.‎ ‎17.如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB=4 m，BC段倾斜，长度足够长，倾角θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m=1 kg的工件(可看作质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；‎ ‎(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q。‎ ‎18.如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：‎ ‎ ‎ ‎(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；‎ ‎(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。‎ ‎ ‎ 参考答案 ‎1、【答案】BD ‎【解析】设t1=0.6 s,Δx=1.5 m，v0=54 km/h=15 m/s，则刹车后卡车做匀减速直线运动的时间t2=v‎0‎a=3 s，故从司机发现情况到卡车停下来经过t1+t2=3.6 s，A项错误；卡车与该老人的距离x=v0t1+v‎0‎‎2‎‎2a+Δx=33 m，B项正确；卡车的平均速度v=x-Δxt‎1‎‎+‎t‎2‎=8.75 m/s，C项错误；设v'=72 km/h=20 m/s，则从司机发现情况到卡车停下来卡车运动的距离x'=v't1+v‎'‎‎2‎‎2a=52 m>33 m，所以D项正确。‎ ‎2【答案】C ‎【解析】由题意，设物体通过L1、L2这两段位移的时间均等于T，则B点速度vB=L‎1‎‎+‎L‎2‎‎2T，‎ 加速度a=L‎2‎‎-‎L‎1‎T‎2‎，在A点速度vA=vB-aT=‎3L‎1‎-‎L‎2‎‎2T，于是L=vA‎2‎‎2a=‎(3L‎1‎-‎L‎2‎‎)‎‎2‎‎8(L‎2‎-L‎1‎)‎=‎9‎‎8‎ m.，即C正确。‎ ‎3、【答案】D ‎【解析】题图为v-t图象，由图象可知,甲车先做匀速直线运动后做匀减速直线运动，但图线一直在时间轴的上方，故甲车一直沿正方向运动，没有反向，选项A错误；v-t图象的斜率表示加速度，则在第20 s末，甲车的加速度为a1=-1 m/s2，乙车的加速度为a2=‎2‎‎3‎ m/s2，所以甲、乙两车的加速度大小不相等，选项B错误；v-t图线与t轴所围的面积表示位移大小，则在第30s末甲车的位移大小为x1=400 m，乙车的位移大小为x2=300 m，又因为t=0时乙车在甲车前50 m处，所以第30 s末甲、乙两车相距Δx=400 m-300 m-50 m=50 m，故选项C错误；由于刚开始运动时乙车在甲车前50 m处，甲车的速度大于乙车的速度，经过一段时间甲车可以追上乙车，然后甲车运动到乙车的前面，到30 s末，甲车停止运动，甲车在乙车前50 m处，此时乙车以20 m/s的速度匀速运动，所以再经过2.5 s乙车追上甲车，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，选项D正确。‎ ‎4、【答案】D ‎【解析】x t图像的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：va＝＝ m/s＝2 m/s，故A错误。t＝3 s 时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t＝3 s时，b车的速度为：vb＝va＝2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝8 m/s，则t＝1 s时b车的速度为：vb′＝v0＋at1＝8 m/s－2×1 m/s＝6 m/s，故C错误。t＝3 s时，a车的位移为：xa＝vat＝6 m，b车的位移为：xb＝t＝×3 m＝15 m，t＝3 s 时，a车和b车到达同一位置，得：x0＝xb－xa＝9 m，故D正确。‎ ‎5、【答案】BC ‎【解析】对质点a，根据数学知识得：＝0.5t＋0.5(m/s)，则x＝0.5t2＋0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2对比得：v0＝0.5 m/s，a＝1.0 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2，故A错误，B正确。t＝1 s时，相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确。由题图知，对于质点b，有＝1，所以质点b做速度为1 m/s的匀速直线运动。在t＝1 s时，质点a的速度v＝v0＋at＝1.5 m/s，大于质点b的速度，所以t＝1 s之后两个质点不再相遇，故D错误。‎ ‎6、【答案】D ‎【解析】由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s 内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。‎ ‎7、【答案】D ‎【解析】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝0.2×10 N＝2 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，（mA+mB）g-F1=（mA+mB）a ，解得 a＝7.5 m/s2，隔离对B分析：mBg－N＝mBa，解得：N＝mBg－mBa＝0.6×10－0.6×7.5 N＝1.5 N．故选D.‎ ‎8、【答案】D ‎【解析】在上升过程和下降过程中，小球受到重力和阻力，根据速度的变化关系，判断出阻力的变化关系，结合牛顿第二定律判断出加速度的变化即可判断在上升阶段，物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度达到0时，小球向下做加速运动，根据mg－kv＝ma可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在v－t图象中斜率代表加速度，故D正确．‎ ‎9、【答案】A ‎【解析】对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT根据平行勾股定理求得，可见a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。‎ ‎10【答案】C ‎【解析】由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。‎ ‎11、【答案】AD ‎【解析】在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，f＝μ(mA ‎＋mB)gcos θ，因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsin θ－μgcos θ，由于μ＜tan θ，所以a′＞0，所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsin θ＋f′＝mBa，解得：f′＝μmBgcos θ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsin θ－f″＝mBa′，解得：f″＝μmBgcos θ；所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。‎ ‎12、【答案】B ‎【解析】沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，对整体分析，整体的加速度a＝，隔离对质量为m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝ma＝＝kx1；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a′＝，隔离对质量为2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F弹′＝2ma′＝＝kx2，由于x1＝2x2，联立可得：F1＝4F2，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎13【答案】A ‎【解析】根据题述，小物块沿斜面向下匀速运动，受到的摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，可得μmgcos θ=mgsin θ，给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，对小物块,由牛顿第二定律有，F-μmgcos θ+mgsin θ=ma，联立解得a=Fm，选项A正确；小物块沿斜面向下匀速运动时，对小物块和斜面体整体受力分析，根据平衡条件可得，地面对斜面体的支持力等于斜面体和小物块重力之和，大小为(m+m0)g。给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F后，小物块对斜面体的压力和摩擦力均不变，即斜面体对小物块的作用力的大小和方向都不变，地面对斜面体的摩擦力为零。斜面体对地面的压力大小等于(m+m0)g，选项B、C、D错误。‎ ‎14、【答案】D ‎【解析】轻质木板的质量m=0，因此任何时候都处于平衡状态，物块A的最大静摩擦力fmaxA=μmAg=2 N，物块B的最大静摩擦力fmaxB=μmBg=4 N，当物块A相对木板滑动时受到的摩擦力为2 N，为使木板平衡，B对木板的摩擦力最大为2 N，因此B与木板始终相对静止，选项C错误；A与木板恰好相对滑动时，A与木板之间的摩擦力达到最大值，对整体有F=(mA+mB)a，对B有fB=fmaxA=mBa，解得F=3 N，因此当F≤3 N时，A、B与木板三者相对静止，选项A错误；当F=1.5 N时，对整体由牛顿第二定律得F=(mA+mB)a'，对B有fA=fB'=mBa'，得fA=1 N，选项B错误；当F=8 N时，A相对木板滑动，B 受到的静摩擦力为fB″=2 N，对B由牛顿第二定律得fB″=mBa″，解得a″=fB‎″‎mB=1 m/s2，选项D正确。‎ ‎15、【答案】(1)　(2)θ＝60°　 m ‎【解析】(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝。‎ ‎(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，‎ 由0－v02＝2ax得x＝v‎0‎‎2‎‎2g(sinθ+μcos θ)‎，‎ 令cos α＝，sin α＝，‎ 即tan α＝μ，当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，‎ 所以x最小值为xmin＝＝＝ m。‎ ‎16【答案】(1)4 m/s　－8 m/s2　(2)0.25　(3)2 m/s ‎【解析】(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，‎ 位移x＝1.4 m－0.4 m＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；‎ 根据位移时间公式，有：x＝v0t＋at2；‎ 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，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 代入数据解得：μ＝0.25.来源:学科网]‎ ‎(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin 37°－μmgcos 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：v＝2a′x 解得：vt＝＝ m/s＝2 m/s.‎ ‎17、【答案】(1)1.4 s　(2)64 J ‎【解析】(1)设工件在AB段运动时的加速度为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1，解得a1=5 m/s2‎ 设工件经t1时间与传送带的速度相同，则t1=va‎1‎=0.8 s 此时工件前进的位移x1=‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎=1.6 m 因x1

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