2018-2019高中物理二轮复习专题限时训练：2 力与直线运动 Word版含解析.doc

专题限时训练2力与直线运动时间：45分钟一、单项选择题1物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(B)A物块将减速下滑B物块仍匀速下滑C物块受到的摩擦力变小D物块受到的摩擦力变大解析：当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得：mgsinmgcos；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为mgcos，选项C、D错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A错误，B正确2(2018石家庄模拟)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等从t0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示重力加速度g取10 m/s2，则物体在t0到t10 s这段时间内的位移大小为(C)A6 m B18 mC30 m D24 m解析：物体所受的最大静摩擦力fmg6 N在02 s内，拉力小于摩擦力，物体不动；在24 s内，物体做匀加速直线运动，a1 m/s23 m/s2，则位移x1a1t34 m6 m；在46 s内，物体做匀减速直线运动，加速度大小a2g3 m/s2，初速度v0a1t16 m/s，则位移x2v0t2a2t12 m34 m6 m；物体的末速度v1v0a2t26 m/s32 m/s0在68 s内，物体做匀加速直线运动，匀加速直线运动位移x36 m/s，末速度v26 m/s.在810 s内，物体做匀速直线运动，位移x4v2t412 m.则010 s内的位移x6 m6 m6 m12 m30 m，故C正确，A、B、D错误3(2018福建四地六校联考)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出重力加速度g取10 m/s2.根据图象分析可知(B)A张明所受重力为1 000 NBe点位置张明处于超重状态Cc点位置张明处于失重状态D张明在d点的加速度小于在f点的加速度解析：开始时张明处于平衡状态，对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和力的平衡可知，张明所受重力也是500 N，故A错误；e点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B正确；c点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C错误；张明在d点时有a1 m/s220 m/s2，张明在f点时有a2 m/s210 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误4(2018莆田模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)(D)Aa12 m/s2，a23 m/s2 Ba13 m/s2，a22 m/s2Ca15 m/s2，a23 m/s2 Da13 m/s2，a25 m/s2解析：由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ffma1，且Ff的最大值为Ffmmg，即a1的最大值为a1mg3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1a23 m/s2.当F较大时，物块与小车发生相对滑动，a13 m/s2，a2>3 m/s2.综上所述只有选项D符合题意5(2018陕西渭南模拟)如图甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，g取10 m/s2)(C)解析：在01 s内，由牛顿第二定律得a1g，方向沿斜面向上，物体沿斜面向上做匀加速直线运动；在12 s内，力F大小为零，由牛顿第二定律得a2g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在23 s内，由牛顿第二定律得a3g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小va3t15 m/s，故C正确6目前交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2.则下列说法中正确的是(D)A如果驾驶员立即刹车制动，则t2 s时，汽车离停车线的距离为2 mB如果在距停车线6 m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人C如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D如果驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人解析：若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间t0 s1.6 s<2 s，所以从刹车到停止的位移x m6.4 m，汽车离停车线的距离为x8 m6.4 m1.6 m，故A错误；如果在距停车线6 m处开始刹车制动，刹车到停止的位移是6.4 m，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人，故B错误；刹车的位移是6.4 m，所以车匀速运动的位移是1.6 m，则驾驶员的反应时间t s0.2 s，故C错误，D正确二、多项选择题7(2018湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是(BC)A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin)gDM运动的加速度大小为g解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinmg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsinma，又FTFT，解得：a(1sin)g，FTmg，故A、D错，B、C对8(2018广东惠州模拟)观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时，发现自来水水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端面积为S1，下端面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是(BC)A水柱是上细下粗B水柱是上粗下细C该水龙头的流量是S1S2D该水龙头的流量是解析：由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，设t时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V，VvtS，开始时水流速度小，横截面积大，速度增大时横截面积变小，所以水柱是上粗下细，A错误，B正确；高为H的水柱上端速度为v1，下端速度为v2，根据vv2gH，水的流量S1S2，C正确，D错误9将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反该过程的vt图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(BD)A小球上升与下落所用时间之比为23B小球落回到抛出点的速度大小为8 m/sC小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态D小球重力和阻力之比为51解析：根据图象可得，上升的过程中，加速度为a1 m/s212 m/s2，根据牛顿第二定律可得(mgf)ma1，所以小球受到的阻力的大小为fma1mg1(12) N110 N2 N，在下降的过程中，小球受到的合力为Fmgf10 N2 N8 N，所以下降的过程中的加速度为a2 m/s28 m/s2，根据公式xat2可得运动的时间为t，所以时间之比为，故A错误；由图象知小球匀减速上升的位移为x224 m24 m，xx24 m，根据v22a2x得：v m/s8 m/s，故B正确；小球下落过程，加速度向下，处于失重状态，故C错误；由A的分析可知，重力与阻力之比为mgf10 N2 N51，故D正确10如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(BC)解析：当v1>v2时，P相对于传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，当Ff>FT时，合外力向右，P向右做加速运动，当达到与传送带速度一样时，一起做匀速运动，受力分析如图甲，则B正确；当Ff<FT时，一直减速直到减为零，再反向加速，当v1<v2时，P相对于传送带向右滑动，受力分析如图乙，P向右做减速运动，当P的速度与传送带速度相等时，若Ff<FT，P又相对于传送带向左滑动，相对地面向右减速，受力分析如图甲，加速度减小，则C正确；当FfFT时匀速运动，A、D错误三、计算题11(2018山东枣庄市模拟)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M4.0 kg，长度为L3.0 m，小物块质量为m1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g10 m/s2，试求：(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦Ffm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿运动定律可知：对整体：F1(Mm)a1对木板：FfmMa1其中Ffmmg联立解得F12.5 N故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动(2)分析可知，当一开始就用水平向右F25.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑动；设滑动摩擦力的大小为Ff，小物块、木板的加速度分别为a2、a3，由牛顿第二定律可得：对小物块：F2Ffma2对木板FfMa3其中Ffmg解得a23.5 m/s2；a30.5 m/s2设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为x1、x2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：x1a2t2，x2a3t2，x1x2L，解得：t1 s.答案：(1)F>2.5 N(2)1 s12(2017新课标全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设A、B所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小为Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有Ff11mAgFf21mBgFf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得Ff1mAaAFf2mBaBFf2Ff1Ff3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有Ff1Ff3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有：v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m(也可用下图中的速度时间图线求解)答案：(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m