2017高考物理江苏专版二轮复习与策略专题限时集训2力与直线运动Word版含解析

2017高考物理江苏专版二轮复习与策略专题限时集训2力与直线运动Word版含解析

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．(2016·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(xt)图象如图15所示，由图象可以看出在0～4 s内(　　)‎ 图15‎ A．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　[xt图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2 s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．(2016·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xv2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则斜面倾角为(　　) ‎ ‎【导学号：25702009】‎ 图16‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．75°‎ A　[由x＝得，xv2图象的斜率k＝＝，解得物块的加速度大小a＝5 m/s2，由a＝gsin 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17‎ A．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/s2‎ C．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝10 m/s2‎ D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2‎ B　[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FT＝mg＝10 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＝＝ m/s2＝8 m/s2，方向水平向左，故B正确，C、D错误．]‎ ‎4．(2012·江苏高考T5)如图18所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是(　　)‎ 图18‎ A. B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g A　[由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿第二定律得，‎ 对M有：2f－Mg＝Ma ①‎ 对m有：F－2f－mg＝ma ②‎ 联立①②两式解得F＝，选项A正确．]‎ ‎5. (2016·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19‎ A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg BCD　[根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．‎ 当03μmg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＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝μg，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a2＝＝μg，选项D正确．]‎ ‎8．(2016·海南七校联盟二联)如图22所示，a、b分别是A、B两物体的vt图象，以下说法正确的是(　　)‎ 图22‎ A．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 m C．A物体在第3 s末的速度为12 m/s D．前3 s内A物体的位移为60 m BD　[从vt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vt图象面积法求得A、B两物体的位移差Δs＝×1 m＋×10 m＝35 m，选项B正确；由vt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aA2＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，则A物体在第3 s末的速度v′＝v0－aA2t′＝(20－2.5×2) m/s＝15 m/s，选项C错误；前3 s内A物体的位移sA＝s1＋v0t′－aA2t′2＝×1 m＋(20×2－×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t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝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Ff＝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 a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2‎ 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s 位移x1＝a1t＝0.6 m.‎ ‎(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a2＝＝ m/s2＝0.2 m/s2‎ 经时间t2速度变为 v′1＝v1－a2t2＝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v2，则 v－v′＝2a1x1‎ 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝ 联立解得x2＝5.2 m.‎ ‎【答案】　(1)1.2 m/s　　0.6 m　　　(2)5.2 m ‎10．(20分)(2015·全国卷ⅠT25)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vt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：‎ ‎【导学号：25702010】‎ ‎(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＋a1t 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－v＝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