【物理】2019届二轮复习 力与物体的直线运动 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 力与物体的直线运动 作业 （全国通用）

课时作业2　力与物体的直线运动 一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)‎ ‎1．一辆汽车沿着平直道路行驶，在0～40 s内的x－t图象如图所示，下列选项正确的是(　　)‎ A．汽车离出发点的最远距离为30 m B．汽车没有行驶的时间为20 s C．汽车在前20 s内的平均速度大小为22.5 m/s D．汽车在前10 s内与后10 s内的平均速度大小相同 解析：由题图可知，汽车在0～10 s的时间内运动了30 m，在10～20 s的时间内停止在距离出发点30 m处，在20～40 s的时间内反向运动，且在t＝40 s时刚好回到出发点，A正确、B错误；汽车在前20 s内的平均速度大小为1＝＝ m/s＝1.5 m/s，C错误；汽车在前10 s内的平均速度大小为2＝＝ m/s＝3 m/s，汽车在后10 s内的平均速度大小为3＝＝ m/s＝1.5 m/s，D错误．‎ 答案：A ‎2.‎ ‎[2018·山东潍坊高三统考]如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD 构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的速度先减小后增大 B．小球的速度先增大后减小 C．杆对小球的作用力先减小后增大 D．杆对小球的作用力先增大后减小 解析：等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B两项错误；杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C项错误，D项正确．‎ 答案：D ‎3．[2017·海南卷]汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m．汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ A．10 m/s　B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s 解析：刹车后汽车的合外力为摩擦力Ff＝μmg，加速度a＝＝μg＝8 m/s2；又有刹车线长25 m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v＝＝20 m/s，故A、C、D三项错误，B项正确，故选B项．‎ 答案：B ‎4．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其中v－t图象如图所示，已知两车在t＝2 s时恰好并排行驶．则(　　)‎ A．t＝0时，甲车在乙车前10 m处 B．t＝1.5 s时，甲车在乙车之后 C．前2 s内甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D．甲、乙两车在前2 s内的距离是先减小后增大再减小 解析：由题可知两车在t＝2 s时并排行驶，前2 s内乙车的速度大于甲车的速度，甲车的位移为x甲＝×1×20 m＝10 m，乙车的位移x乙＝×2×(20＋10) m＝30 m，则两车前2 s内的位移不等，由＝知，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，t＝0时刻，甲车在乙车前面20 m处，故A错误、C正确；两车在t＝2 s时恰好并排行驶，t＝0时刻，甲车在乙车前面20 m处，则在t＝1.5 s时，乙车落后于甲车，甲、乙两车在前2 s内的距离一直减小，故B、D错误．‎ 答案：C ‎5．汽车A和汽车B(均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后(如图甲所示)．以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0＝12 m．汽车A运动的x－t图象如图乙所示，汽车B运动的v－t图象如图丙所示．则下列说法正确的是(　　)‎ A．在t＝3 s时，两车相距最远，且最远距离为20 m B．B车在0～6 s内的位移为23 m C．在t＝8 s时，两车相遇 D．若t＝1 s时，A车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 m/s2‎ 解析：由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝4 m/s，由图丙分析可知，t＝3 s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20 m，选项A正确．B车在0～6 s内的位移和0～5 s内的位移相等，为24 m，选项B正确.0～8 s内A车的位移大小为32 m，B车的位移大小为24 m，位移之差为8 m，此时A车未追上B车，选项C错误．t＝1 s时两车相距16‎ ‎ m，当B车停下来，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，由速度与位移的关系可知，加速度a＝ m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 m/s2，选项D正确．‎ 答案：AD ‎6．[2018·湖南三模]如图所示，传送带AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(若物块可与带面等速，则物块与带面等速时，物块尚未到达A或B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是(　　)‎ A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动 B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动 C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为0‎ D．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为2 m/s2‎ 解析：若传送带沿顺时针方向匀速运转，对物块受力分析如图甲所示，物块受到沿传送带向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcosα，小于物块受到沿传送带向下的重力分力G′＝mgsinα，由于G′＞Ff，所以物块将沿传送带向下加速运动，故选项A错误、B正确；若传送带沿逆时针方向匀速运转，对物块受力分析如图乙所示，物块的加速度由物块受到的滑动摩擦力与重力分力的合力提供，所以a＝μgcosα＋gsinα＝10 m/s2，方向沿传送带向下；当物块速度与传送带速度达到共同速度时，对物块重新受力分析如图甲所示，此时的加速度为a′＝gsinα－μgcosα＝2 m/s2，方向沿传送带向下，故选项C错误、D正确．‎ 答案：BD ‎7．[2018·南通模拟]如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度大小为g，则(　　)‎ A．原电场方向竖直向下 B．改变后的电场方向垂直于ON C．电场方向改变后，小球的加速度大小为g D．电场方向改变后，小球的最大电势能为 解析：小球沿虚线做匀速运动，所以电场力与重力平衡，小球带正电，则原电场方向竖直向上，A选项错误；要小球仍沿虚线方向做直线运动，要求电场力与重力的合力方向与ON平行，如图所示，所以改变后的电场方向应与ON成120°角，B选项错误；电场方向改变后，小球所受到的合力F合＝mg，根据牛顿第二定律得加速度大小为g，C选项正确；电场方向改变后，小球沿ON向上运动的最大位移x＝，克服电场力做的功为W电＝，小球的最大电势能为，所以D选项正确．‎ 答案：CD 二、非选择题 ‎8．随着中国女子冰壶队的走俏，该运动项目深受人们的喜爱，某中学物理兴趣实验小组在实验室模拟了冰壶比赛．将队员们分成两队，各队的队员从起点O开始用一水平恒力推动一质量为m＝0.5 kg的小车，在该恒力作用一段时间后撤走，最后小车停在MN区域内算作有效，如图所示，所有队员都完成比赛后，有效次数多的队获胜．已知O、N间的距离为x1＝5 m，M、N间的距离为x2＝1 m，小车与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.4，g＝10 m/s2.假设某队员的水平推力为F＝20 N，小车整个运动过程中始终沿直线ON运动，小车可视为质点．求：‎ ‎(1)要想使该小车停在MN区域，队员对小车作用的最长时间；‎ ‎(2)若要使该小车停在MN区域，队员对小车作用的最小距离．‎ 解析：(1)要想使小车停在有效区域，若小车运动到N点速度正好为零，力作用的时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时小车做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻小车的速度为v，力停止作用后小车做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：‎ F－μmg＝ma1‎ μmg＝ma2‎ 加速运动过程中的位移x01＝ 减速运动过程中的位移x02＝ 位移关系满足：x01＋x02＝x1‎ 又：v＝a1t1‎ 由以上各式解得：t1＝ s ‎(2)要想使小车停在有效区域，若小车运动到M点速度正好为零，力作用的距离最小，设最小距离为d，则：‎ ＋＝x1－x2‎ v′2＝2a1d 联立解得：d＝0.4 m.‎ 答案：(1) s　(2)0.4 m ‎9．如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN垂直导轨放置，现让MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率的倒数的关系如图乙所示．已知g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)v＝5 m/s时拉力的功率；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(3)当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小．‎ 解析：(1)由图乙可知，v＝5 m/s时拉力F1＝14 N 故拉力的功率PF1＝F1v＝14×5 W＝70 W.‎ ‎(2)由图乙知，导体棒达到最大速率vm＝10 m/s时拉力最小，为Fmin＝7 N Fmin－mgsinθ－F安＝0，F安＝ 代入数据得B＝2 T.‎ ‎(3)由图乙知F＝70 F－mgsinθ－F安′＝ma F′安＝ 由以上三式得v2＋65v－350＝0‎ 解得v＝5 m/s 故此时安培力的大小F安′＝＝1 N.‎ 答案：(1)70 W　(2)2 T　(3)1 N ‎10．如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的质量为M＝4 kg，长为L＝1.4 m；木板右端放一小滑块，小滑块的质量为m＝1 kg，可视为质点．现用水平恒力F作用在木板右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a－F图象如图乙所示，取g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2.‎ ‎(2)若水平恒力F＝27.8 N，且始终作用在木板上，当小滑块从木板上滑落时，经历的时间为多长？‎ 解析：(1)由题图乙可知，当恒力F≥25 N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1‎ 代入数据解得μ1＝0.4‎ 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 则a2＝F－ 由图乙可得－＝－ m/s2‎ 解得μ2＝0.1.‎ ‎(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t时，小滑块从木板上滑落，当水平恒力F＝27.8 N时，小滑块的加速度为a1＝μ1g＝4 m/s2‎ 而小滑块在时间t内的位移为x1＝a1t2‎ 木板的加速度为a2＝ 代入数据解得a2＝4.7 m/s2‎ 而木板在时间t内的位移为x2＝a2t2‎ 由题可知，x2－x1＝L 联立以上各式解得t＝2 s.‎ 答案：(1)0.1　(2)2 s