【物理】2020届二轮复习分层突破练2 力与直线运动作业
专题分层突破练2 力与直线运动
A组
1.
t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知( )
A.在t1时刻,两车运动方向相反
B.在t1时刻,两车再次相遇
C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变
D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于v1+v22
2.
(2019宁夏银川质量检测)利用函数图象是解决物理问题的常用方法。某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质,从t=0时刻开始计时得到了xt-t的图象。如图所示,由此可知( )
A.玩具车做速度为-3 m/s的匀速直线运动
B.玩具车做变加速直线运动
C.玩具车做匀加速直线运动,初速度大小为2 m/s
D.玩具车做匀加速直线运动,加速度的大小为1.5 m/s2
3.
(2019山东淄博三模)如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小),下列说法正确的是( )
A.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为mg2k
B.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为6mgk
C.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态
D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态
4.
如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为mA=m,mB=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则( )
A.木块A对木块B的作用力大小一定为3F4
B.木块A对木块B的作用力大小一定为F4
C.木块A对木块B的作用力大小一定为34F-3μmg
D.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg
5.
如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。用①和②分别表示木块A和木板B的图象,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于二者速度v随时间t的变化图象,其中可能正确的是( )
6.
如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6 kg,mB=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平力F,则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)( )
A.aA=6 m/s2,aB=2 m/s2
B.aA=2 m/s2,aB=6 m/s2
C.aA=8 m/s2,aB=4 m/s2
D.aA=10 m/s2,aB=6 m/s2
7.
(2019江苏苏锡常镇四市二模)如图所示,置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB,它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大,下列操作可行的是( )
A.仅减小B的质量 B.仅增大A的质量
C.仅将A、B的位置对调 D.仅减小水平面的粗糙程度
8.
(多选)如图所示,传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。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
xa。在0~t1这段时间内,a车做匀变速直线运动,平均速度va=xat=v1+v22,b车平均速度vb=xbt>v1+v22,故D项错误。
2.C 解析 由图得:xt=23t+2m/s,由x=v0t+12at2得:xt=v0+12at,可得12a=23 m/s2,解得a=43m/s2,v0=2 m/s,可知物体做匀加速直线运动,初速度大小为2 m/s,加速度的大小为43 m/s2。故A、B、D错误,C正确。故选C。
3.C 解析 在最低点时,由牛顿第二定律:4kx-mg=ma,其中a=5g,解得x=3mg2k,选项A、B错误;从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,重力先大于弹力,电梯向下先加速运动,当重力小于弹力时,电梯的加速度向上,电梯向下做减速运动,则电梯先处于失重状态后处于超重状态,选项C正确,D错误。
4.A 解析 当弹簧弹力大小为F时,设木块A对木块B的作用力大小为FN。根据牛顿第二定律,对A、B整体有:F-μ·4mg=4ma,对B有FN-μ·3mg=3ma,联立解得:FN=34F,故选A。
5.C 解析 木块A滑上B时,A做匀减速直线运动,B做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得aA=μmgm,aB=μmgm',已知maB,即①斜率的绝对值应大于②的斜率,故A、B错误。若A不能滑下,则两者最终共速,若A滑下,则A的速度较大,B的速度较小,故C项正确,D项错误。
6.D 解析 对B而言,当A、B间的摩擦力达到最大值时,此时的加速度达到最大,则Ffm=μmAg=12 N,则最大加速度a=μmAgmB=6 m/s2。对整体运用牛顿第二定律可得F=(mA+mB)a=48 N,即当拉力增加到48 N时,发生相对滑动,当F≤48 N时,aA=aB≤6 m/s2,当F>48 N时,aA>aB,且aA>6 m/s2,aB=6 m/s2恒定不变,故D正确。
7.C 解析 设弹簧的劲度系数为k,伸长量为x,加速度相同为a,对B受力分析有kx-μmBg=mBa,对A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,两式消去a,整理可得x=Fk1+mAmB;mB减小,x减小,故A错误;mA增大,x减小,故B错误;因为mA>mB,所以mAmB>1,AB位置对调以后x的表达式为x=Fk1+mBmA,又因为mBmA<1,所以x增大,故C正确;x的表达式中没有动摩擦因数,因此x与水平面的粗糙程度无关,故D错误。
8.BD 解析 在刚开始时,由于木块的速度小于传送带的速度,所以木块受到的摩擦力方向向下,此时a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsin θ+μgcos θ。若到达传送带最低端时,木块的速度仍没有达到和传送带的速度相同,则整个过程中木块都是以加速度a1做匀加速直线运动。若在到达底端前速度和传送带的速度相同了,则由μa0可知斜面体对滑块的静摩擦力方向沿斜面向下,可知则摩擦力对滑块做正功,选项D正确。
11.答案 (1)1050 s (2)2.44 N
解析 (1)设砝码在纸板上加速运动时的加速度为a1,在桌面上减速运动的加速度为a2
由μm1g=m1a
知:a1=a2=2 m/s2
所以砝码加速和减速的时间相等,分析可知加速运动的最大距离是12l。
由12l=12a1t2
得:t=10100 s
则砝码移动的最长时间为tm=2t=1050 s
(2)设当纸板的加速度为a3时砝码经历时间t恰好从纸板上滑下,则此时的拉力最小,设为F,由运动学公式:
d+l2=12a3t2
得:a3=202 m/s2
由F-μ(2m1+m2)g=m2a3
得:F=2.44 N
即纸板所需的拉力至少为2.44 N
12.答案 (1)0.48 m (2)20.4 J (3)2 s
解析 (1)乙沿传送带向下做匀加速直线运动,加速度大小为:
a1=μ2m2gcos30°+m2gsin30°m2=μ2gcos 30°+gsin 30°=12.5 m/s2
甲沿传送带向下做匀减速直线运动,加速度大小为:a2=
μ2m2gcos30°+μ1(m1+m2)gcos30°-m1gsin30°m1
=256 m/s2
设甲和乙刚好达到共同速度时速度为v1,时间为t1
根据运动学公式可得:v1=a1t1
v1=v0-a2t1
联立解得:v1=3 m/s,t1=0.24 s
甲的位移为:x甲=v0t1-12a2t12=0.84 m
乙的位移为:x乙=12a1t12=0.36 m
乙相对甲滑行的最大距离:
Δx=x甲-x乙=0.48 m
(2)从t=0时刻到甲和乙刚好达到共同速度的过程中,甲与传送带之间因克服摩擦而产生的热量:Q1=μ1(m1+m2)gcos 30°·x甲=16.8 J
甲与乙之间因克服摩擦而产生的热量:Q2=μ2m2gcos 30°·Δx=3.6 J
系统因克服摩擦而产生的总热量:Q=Q1+Q2=20.4 J
(3)当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带时,对甲乙系统,则有:μ1(m1+m2)gcos 30°=(m1+m2)gsin 30°
所以甲乙与传送带共速前,甲乙一起做匀速直线运动
运动时间为:t2=v1a=1 s
甲乙一起运动的位移:x1=v1t2=3 m
甲乙与传送带共速后,甲乙与传送一起做匀加速直线运动
根据运动学公式有:
s-x甲-x1-L=v1t3+12at32
解得:t3=1 s
从传送带启动到甲的左端动到传送带底端N点所用的时间:t=t2+t3=2 s