【物理】2020届二轮复习力与直线运动作业(1)

【物理】2020届二轮复习力与直线运动作业(1)

课时作业2　力与直线运动 A卷　专题强化练 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)‎ ‎1．[2019·浙江卷，1]下列物理量属于基本物理量且单位属于国际单位制中基本单位的是(　　)‎ A．功/焦耳 B．质量/千克 C．电荷量/库仑 D．力/牛顿 命题意图：本题考查物理学基本物理量及其国际单位制．‎ 解析：质量是基本物理量，其国际单位制基本单位是千克，故B正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．‎ 答案：B ‎2．如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四颗树，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为(　　)‎ A．x1＋x2 B．2x1＋x2‎ C．x1＋2x2 D．2(x1＋x2)‎ 解析：设时间间隔为t，则汽车在A、B间的平均速度为，D、E间的平均速度为，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过C时的速度为vC＝，而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为x＝×2t＝x1＋x2，选项A正确．‎ 答案：A ‎3．[2019·哈尔滨质检]‎ 如图所示，小球A质量m，木块B质量‎2m ‎，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为(　　)‎ A．‎3g B．‎‎1.5g C．‎2g D．‎‎0.5g 解析：根据题意可以知道，当弹簧处于原长时小球A速度恰好最大，则向上的恒力F＝mg；当木块B对地面压力为零时，此时弹簧处于伸长状态，则对B分析，此时弹簧的弹力为：kx＝2mg，然后对A分析，根据牛顿第二定律可以得到：kx＋mg－F＝ma，代入整理可以得到：a＝‎2g，故C项正确．‎ 答案：C ‎4.‎ ‎[2019·辽宁沈阳市东北育才学校一模]甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图所示，则(　　)‎ A．两物体两次相遇的时刻是2 s和6 s B．4 s后甲在乙前面 C．两物体相距最远的时刻是2 s末 D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动 解析：两物体相遇即位移相等，由图可知，2 s和6 s时刻甲、乙的位移相等，故A项正确；4 s时，甲的位移小于乙的位移，即甲在乙后面，故B项错误；两物体相距最远表示位移差最大，由图可知4 s末时刻甲、乙的位移差最大，故C项错误；由图可知，在0～6 s内乙物体的速度一直为正值，表示乙物体一直沿正方向单向运动，故D项错误．‎ 答案：A ‎5.‎ 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时施加—沿斜面向上的力F拉b，使b始终做匀加速直线运动．弹簧的形变量始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.用x表示b的位移，下列表示F随x变化关系的图象正确的是(　　)‎ 解析：a、b静止时弹簧的形变量记为x0，对a、b整体进行受力分析，由平衡条件得kx0＝1.6 mgsin θ；从开始拉b到物块a、b分离的过程中，对a、b整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－1.6mgsin θ＝1.6ma0，则F＝1.6ma0＋kx，即该过程中F随x的增大而线性增大；a、b分离后，对b进行受力分析，由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma0，则F＝ma0＋mgsin θ，即a、b分离后F恒定．C正确．‎ 答案：C ‎6.‎ ‎[2019·广东湛江调研]在一个光滑的水平地面上，沿x轴用力拉动一个盒子，盒子的位置对时间的关系的三种情况如图所示．其中B是直线，另两条是曲线．根据图象可知(　　)‎ A．t1至t2时间内的位移大小关系是sA>sB>sC B．t1时刻的速率关系是vA>vB>vC C．t2时刻的动能关系是EkA>EkB>EkC D．t1至t2时间内，拉力对盒子所做功的关系是WC>WB>WA 解析：由盒子运动的位移图象可知，t1至t2时间内，情形C的位移最大，情形A的位移最小，A错误；根据位移图象的斜率表示速度可知，t1时刻的速率关系是vA>vB>vC，B正确；根据位移图象的斜率表示速度大小可知，t2时刻的速率关系是vC>vB>vA，根据动能公式可知，t2时刻的动能关系是EkC>EkB>EkA，C错误；由位移图象可知，在t1至t2时间内，情形B盒子做匀速直线运动，动能不变．情形A盒子做减速运动，速度减小到零后反方向做加速运动，动能减小．情形C盒子做加速运动，动能增加．由动能定理可知，在t1至t2时间内，拉力对盒子所做功的关系为WC>WB>WA，D正确．‎ 答案：BD ‎7.‎ 质量为‎0.1 kg的物块在水平面上做直线运动的v2随位移x变化的图线如图所示，g取‎10 m/s2，由此可知(　　)‎ A．物块运动的加速度a＝‎2 m/s2‎ B．物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2‎ C．物块在水平面上运动的时间为2 s D．物块在水平面上运动克服摩擦力做的功为8 J 解析：由运动学规律v2－v＝2ax, 可知v2随位移x变化的图线斜率表示加速度的2倍，故物块运动的加速度a＝－‎2 m/s2，选项A错误；物块在水平面上做直线运动，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，选项B正确；图线纵轴截距表示初速度的平方，故物块的初速度v0＝ m/s＝‎4 m/s，由v0＝－at得，物块在水平面上运动的时间为2 s，选项C正确；物块在水平面上运动克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝0.2×0.1×10×4 J＝0.8 J，选项D错误．‎ 答案：BC ‎8．[2019·广东揭阳二模]图甲中有一质量为M的长木板静止于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的aF图．g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．滑块的质量m＝‎‎4 kg B．木板的质量M＝‎‎2 kg C．当F＝8 N时滑块加速度为‎2 m/s2‎ D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ 解析：从图乙中可知当F>6 N时，两者发生相对运动，当F≤6 N时两者相对静止，当F＝6 N时，对整体可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝‎6 kg，当F>6 N时对木板分析受到拉力和m给的摩擦力，故有a＝＝F－，图象的斜率k＝＝＝，即M＝‎2 kg，所以m＝‎4 kg.将F>6 N时的图线反向延长，可得当F＝4 N 时，加速度为零，代入可得0＝×4－，解得μ＝0.1，故A、B、D正确；当F＝8 N时滑块加速度为a＝ m/s2＝‎1 m/s2，故C错误．‎ 答案：ABD 二、非选择题 ‎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－mgsin θ－F安＝0，F安＝ 代入数据得B＝2 T.‎ ‎(3)由图乙知F＝70 F－mgsin θ－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．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面h＝‎10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰滑上水平滑道上放置的长为l＝‎3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v－t图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；‎ ‎(2)小孩脱离木板时的速率．‎ 解析：(1)由图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度 v0＝‎10 m/s，‎ v＝2ax　x＝ mgsin θ－μmgcos θ＝ma 联立以上各式得μ＝.‎ ‎(2)小孩在t＝0.5 s时滑离木板，由图乙知木板在0～0.5 s内的位移x木＝‎1.5 m，由图中几何关系得x木＋l＝x人，‎ 设小孩滑离木板时速度为v，则x人＝t，‎ 联立各式得v＝‎8 m/s.‎ 答案：(1)　(2)‎8 m/s ‎11．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 B卷　直线运动中的STSE问题 ‎1.‎ 在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为‎0.25 m/s，把质量为‎5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以‎6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带将留下的摩擦痕迹约为(　　)‎ A．‎5 mm B．‎‎6 mm C．‎7 mm D．‎‎10 mm 解析：木箱加速的时间为t＝，这段时间内木箱的位移为x1＝，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝‎5.2 mm，选项A正确．‎ 答案：A ‎2.‎ ‎(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上安装传感器，用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度．如图甲所示，运动员(包括携带的全部设备)的质量为‎60 kg，弹性绳原长为‎10 m，运动员从蹦极台上下落，据传感器所测数据，得到图乙所示的速度—位移图象．若“蹦极”过程中，运动员始终在空中，不计空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．从x＝0到x＝‎10 m的过程中，运动员处于超重状态 B．从x＝‎10 m到x＝‎16 m的过程中，运动员的加速度一直减小 C．v＝‎15 m/s时，绳的弹力达到最大 D．从x＝0到x＝‎30 m的过程中，运动员(包括携带的全部设备)的重力势能减少18 000 J 解析：由于弹性绳原长为‎10 m，从x＝0到x＝‎10 m的过程中，运动员做自由落体运动，加速度为g，竖直向下，处于完全失重状态，A错误；由图乙可知，在x＝‎16 m时，运动员速度最大，弹性绳向上的弹力等于重力，加速度为零，所以从x＝‎10 m到x＝‎16 m的过程中，运动员的加速度一直减小，B正确；v＝‎15 m/s时，运动员速度最大，弹性绳向上的弹力等于重力，再往下运动，弹力继续增大，C错误；从x＝0到x＝‎30 m的过程中，运动员下落h＝‎30 m，运动员(包括携带的全部设备)的重力势能减少了mgh＝60×10×30 J＝18 000 J，D正确．‎ 答案：BD 易错分析：解答此题常见错误主要有：一是不能把运动员的下落与图乙所示的v－x图象联系起来；二是不能正确分析运动过程和受力．‎ ‎3．2019年元旦前夕，某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动．交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察，第一个月，查处违规机动年近3 000辆次，“逼迫”各位驾驶员学会“文明礼让”．一辆质量为2.0×‎103 kg的汽车，以‎54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有‎30 m时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住．重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)不考虑制动过程中汽车的牵引力作用，求汽车制动过程中所受的阻力大小；‎ ‎(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍，要使汽车从静止开始做匀加速运动，10 s后速度重新达到‎54 km/h，求牵引力的大小．‎ 解析：(1)设汽车在反应时间内行驶距离为x1，制动过程中行驶距离为x2，加速度大小为a1，所受阻力大小为Ff，反应时间t0＝0.5 s 由牛顿第二定律得Ff＝ma1‎ 由题意得x1＝v0t0，x2＝x－x1，v＝‎2a1x2‎ 联立并代入数据解得Ff＝1.0×104 N.‎ ‎(2)设汽车做匀加速运动的过程中加速度大小为a2，牵引力大小为F 由牛顿第二定律得F－Ff＝ma2，其中Ff＝0.05mg 由匀变速直线运动规律得v0＝a2t加，其中t加＝10 s 联立并代入数据解得F＝4.0×103 N.‎ 答案：(1)1.0×104 N　(2)4.0×103 N 试题点评：机动车文明礼让斑马线上的行人是社会文明的标志，高考命题致力于追踪社会热点，倡导文明社会，提高每个公民的文明素养．该题以“机动车文明礼让斑马线”为切入点，考查匀变速直线运动规律和牛顿运动定律．‎ ‎4.‎ 如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在腰部，通过缓降绳索安全着陆，如图乙所示，在某中学某次火灾逃生演练过程中，一体重为‎60 kg的逃生者从离地面‎18 m的高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到‎6 m/s时，以大小为‎2.5 m/s2的加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃生者在下降过程中悬空且不接触墙面，不计空气阻力(g＝‎10 m/s2)，求：‎ ‎(1)逃生者减速下滑过程中的位移；‎ ‎(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；‎ ‎(3)从开始到到达地面整个过程的时间．‎ 解析：(1)设所求位移为x1，由题意可知减速过程中有v2＝‎2a1x1‎ 解得x1＝‎7.2 m.‎ ‎(2)设缓降绳索对逃生者的作用力为F，减速过程中由牛顿第二定律得F－mg＝ma1‎ 解得F＝750 N 根据牛顿第三定律可知，逃生者对缓降绳索的拉力大小为750 N.‎ ‎(3)加速过程时间t1＝＝＝3.6 s 减速过程时间t2＝＝＝2.4 s 故t总＝t1＋t2＝6.0 s.‎ 答案：(1)‎7.2 m　(2)750 N　(3)6.0 s 试题点评：掌握逃生技能，是每个公民都应该具备的重要能力．此题以某中学的某次火灾逃生演练为情境，考查牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用．高考命题可以变换条件，从另外角度命题，例如题给条件变为“要求在6 s内到达地面且到达地面时速度恰好为零，求加速下滑的加速度”．‎ ‎5．[2019·河南郑州一模]新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测试．某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 ‎500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定．‎ ‎(1)18 s末汽车的速度是多少？‎ ‎(2)前25 s内汽车的位移是多少？‎ 解析：(1)由图甲知18 s后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受到的阻力始终恒定，故18 s后汽车受到的合力恒定，汽车做匀加速运动或匀速运动，由图乙可知，18 s后汽车做匀速运动，此时牵引力为F3＝1.5×103 N 以牵引力方向为正方向，由平衡条件知，阻力为f＝－F3＝－1.5×103 N ‎0～6 s内，牵引力为F3＝9×103 N 由牛顿第二定律得F3＋f＝ma1，代入数据解得 a1＝‎5 m/s2‎ ‎6 s末汽车的速度为v1＝a1t1＝‎30 m/s 在6～18 s内，牵引力为F2＝1×103 N 由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2，解得a2＝－ m/s2‎ ‎18 s末汽车的速度为v2＝v1＋a2t2＝‎26 m/s.‎ ‎(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝v1t1＝‎‎90 m 在6～18 s内的位移为x2＝t2·＝‎‎336 m 在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝‎‎182 m 故汽车前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝‎608 m.‎ 答案：(1)‎26 m/s　(2)‎‎608 m 试题点评：此题从新能源环保汽车的性能测试切入，以F－t图象、v－t图象给出解题信息，考查灵活运用牛顿运动定律、匀变速直线运动规律分析解决问题的能力．‎