《2018-2019高考物理二輪復習 專題限時訓練2 力與直線運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019高考物理二輪復習 專題限時訓練2 力與直線運動（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時訓練2　力與直線運動 時間：45分鐘 一、單項選擇題 1．物塊M在靜止的傳送帶上勻速下滑時，傳送帶突然順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶轉(zhuǎn)動的方向如圖中箭頭所示，則傳送帶轉(zhuǎn)動后(　B　) A．物塊將減速下滑 B．物塊仍勻速下滑 C．物塊受到的摩擦力變小 D．物塊受到的摩擦力變大 解析：當傳送帶靜止時，物塊勻速下滑，由物塊受力平衡可得：mgsinθ＝μmgcosθ；當傳送帶轉(zhuǎn)動起來時，由于物塊與傳送帶之間運動方向相反，可判斷物塊所受的滑動摩擦力方向并沒有發(fā)生變化，仍然沿斜面向上，大小仍為μmgcosθ，選項C、D錯誤；物塊受力仍然是平衡的，所以物塊仍勻速下滑，選項A錯誤，B正確．

2、2．(2018·石家莊模擬)質(zhì)量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3，最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小視為相等．從t＝0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示．重力加速度g取10 m/s2，則物體在t＝0到t＝10 s這段時間內(nèi)的位移大小為(　C　) A．6 m B．18 m C．30 m D．24 m 解析：物體所受的最大靜摩擦力f＝μmg＝6 N．在0～2 s內(nèi)，拉力小于摩擦力，物體不動；在2～4 s內(nèi)，物體做勻加速直線運動，a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，則位移x1＝a1t＝×3×4

3、m＝6 m；在4～6 s內(nèi)，物體做勻減速直線運動，加速度大小a2＝μg＝3 m/s2，初速度v0＝a1t1＝6 m/s，則位移x2＝v0t2－a2t＝12 m－×3×4 m＝6 m；物體的末速度v1＝v0－a2t2＝6 m/s－3×2 m/s＝0 在6～8 s內(nèi)，物體做勻加速直線運動，勻加速直線運動位移x3＝6 m/s，末速度v2＝6 m/s. 在8～10 s內(nèi)，物體做勻速直線運動，位移x4＝v2t4＝12 m. 則0～10 s內(nèi)的位移x＝6 m＋6 m＋6 m＋12 m＝30 m，故C正確，A、B、D錯誤． 3．(2018·福建四地六校聯(lián)考)圖甲是張明同學站在力傳感器上做下蹲、起跳動

4、作的示意圖，點P是他的重心位置．圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力—時間圖線．兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出．重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖象分析可知(　B　) A．張明所受重力為1 000 N B．e點位置張明處于超重狀態(tài) C．c點位置張明處于失重狀態(tài) D．張明在d點的加速度小于在f點的加速度 解析：開始時張明處于平衡狀態(tài)，對傳感器的壓力是500 N，根據(jù)牛頓第三定律和力的平衡可知，張明所受重力也是500 N，故A錯誤；e點時張明對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故B正確；c點時張明對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故C錯誤；張明在d點

5、時有a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，張明在f點時有a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知張明在d點的加速度大于在f點的加速度，故D錯誤． 4．(2018·莆田模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，物塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，用水平恒力F拉動小車，設物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2.當水平恒力F取不同值時，a1與a2的值可能為(當?shù)刂亓铀俣萭取10 m/s2)(　D　) A．a(chǎn)1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 B．a(chǎn)1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a(chǎn)1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2 D．a(chǎn)1＝3 m/s2，

6、a2＝5 m/s2 解析：由受力分析可知物塊的加速度取決于小車對物塊的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值為Ffm＝μmg，即a1的最大值為a1m＝μg＝3 m/s2.當二者相對靜止一起加速時，a1＝a2≤3 m/s2.當F較大時，物塊與小車發(fā)生相對滑動，a1＝3 m/s2，a2>3 m/s2.綜上所述只有選項D符合題意． 5．(2018·陜西渭南模擬)如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面上，有一質(zhì)量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規(guī)律變化(圖中縱坐標是F與mg的比值，力沿斜面向上為正)．則物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是下圖中的(物體的初速度為零，g取1

7、0 m/s2)(　C　) 解析：在0～1 s內(nèi)，由牛頓第二定律得a1＝＝g，方向沿斜面向上，物體沿斜面向上做勻加速直線運動；在1～2 s內(nèi)，力F大小為零，由牛頓第二定律得a2＝＝g，方向沿斜面向下，物體沿斜面向上做勻減速直線運動，2 s末速度為零；在2～3 s內(nèi)，由牛頓第二定律得a3＝＝g，方向沿斜面向下，物體沿斜面向下做勻加速直線運動，3 s末的速度大小v＝a3t＝15 m/s，故C正確． 6．目前交警部門開展的“車讓人”活動深入人心，不遵守“車讓人”的駕駛員將受到罰款、扣分的嚴厲處罰，如圖所示，以8 m/s勻速行駛的汽車即將通過路口，有一老人正在過人行橫道，此時汽車的車頭距離停

8、車線8 m，該車減速時的加速度大小為5 m/s2.則下列說法中正確的是(　D　) A．如果駕駛員立即剎車制動，則t＝2 s時，汽車離停車線的距離為2 m B．如果在距停車線6 m處開始剎車制動，汽車能在停車線處剎住停車讓人 C．如果駕駛員的反應時間為0.4 s，汽車剛好能在停車線處剎住停車讓人 D．如果駕駛員的反應時間為0.2 s，汽車剛好能在停車線處剎住停車讓人 解析：若汽車做勻減速運動，速度減為零的時間t0＝＝ s＝1.6 s<2 s，所以從剎車到停止的位移x＝＝ m＝6.4 m，汽車離停車線的距離為Δx＝8 m－6.4 m＝1.6 m，故A錯誤；如果在距停車線6 m處開始剎

9、車制動，剎車到停止的位移是6.4 m，所以汽車不能在停車線處剎住停車讓人，故B錯誤；剎車的位移是6.4 m，所以車勻速運動的位移是1.6 m，則駕駛員的反應時間t＝＝ s＝0.2 s，故C錯誤，D正確． 二、多項選擇題 7．(2018·湖北八校聯(lián)考)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是(　BC　) A．輕繩的拉力等于Mg B．輕繩的拉力等于mg C．M運動的加速度大小為(1－sin

10、α)g D．M運動的加速度大小為g 解析：互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，F(xiàn)T＝mg，故A、D錯，B、C對． 8．(2018·廣東惠州模擬)觀察水龍頭，在水龍頭出水口出水的流量(單位時間內(nèi)通過任一橫截面的水的體積)穩(wěn)定時，發(fā)現(xiàn)自來水水流不太大時，從水龍頭中連續(xù)流出的水會形成一水柱，現(xiàn)測得高為H的水柱上端面積為S1，下端面積為S2，重力加速度為g，以下說法正確的是(　BC　) A．水柱是上細下粗 B．水柱是上粗下細 C．該水龍頭的流量是S1S

11、2 D．該水龍頭的流量是 解析：由于單位時間內(nèi)通過任一橫截面的水的體積相等，設Δt時間內(nèi)通過水柱任一橫截面的水的體積為V，V＝vΔtS，開始時水流速度小，橫截面積大，速度增大時橫截面積變小，所以水柱是上粗下細，A錯誤，B正確；高為H的水柱上端速度為v1＝，下端速度為v2＝，根據(jù)v－v＝2gH，水的流量＝S1S2，C正確，D錯誤． 9．將一個質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反．該過程的v-t圖象如圖所示，g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　BD　) A．小球上升與下落所用時間之比為23 B．小球落回到拋出點的速度

12、大小為8 m/s C．小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài) D．小球重力和阻力之比為51 解析：根據(jù)圖象可得，上升的過程中，加速度為a1＝ m/s2＝－12 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得－(mg＋f)＝ma1，所以小球受到的阻力的大小為f＝－ma1－mg＝－1×(－12) N－1×10 N＝2 N，在下降的過程中，小球受到的合力為F＝mg－f＝10 N－2 N＝8 N，所以下降的過程中的加速度為a2＝－＝－ m/s2＝－8 m/s2，根據(jù)公式x＝at2可得運動的時間為t＝，所以時間之比為＝＝，故A錯誤；由圖象知小球勻減速上升的位移為x＝×2×24 m＝24 m，x′＝－x＝

13、－24 m，根據(jù)v2＝2a2x′得：v＝＝ m/s＝8 m/s，故B正確；小球下落過程，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；由A的分析可知，重力與阻力之比為mgf＝10 N2 N＝51，故D正確． 10．如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是(　BC　) 解析：當v1>v2時，P相對于傳送帶向左滑動，受到的滑動摩擦力向右，當Ff>FT時，合外力向右，P向右做加速運動，當達

14、到與傳送帶速度一樣時，一起做勻速運動，受力分析如圖甲，則B正確；當Ff

15、擦因數(shù)μ＝0.2；兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，試求： (1)用水平向右的恒力F作用于小物塊，當F滿足什么條件，兩物塊才能發(fā)生相對滑動？ (2)若一開始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物塊，則小物塊經(jīng)過多長時間從長木板上掉下？ 解析：(1)兩物體恰要發(fā)生相對滑動時，它們之間的摩擦力大小達到最大靜摩擦Ffm；設它們一起運動的加速度大小為a1，此時作用于小物塊水平向右的恒力大小為F1，由牛頓運動定律可知： 對整體：F1＝(M＋m)a1　對木板：Ffm＝Ma1 其中Ffm＝μmg　聯(lián)立解得F1＝2.5 N 故當F>2.5 N時，兩物體

16、之間發(fā)生相對滑動 (2)分析可知，當一開始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物塊時，兩物體發(fā)生相對滑動； 設滑動摩擦力的大小為Ff，小物塊、木板的加速度分別為a2、a3，由牛頓第二定律可得： 對小物塊：F2－Ff＝ma2　對木板Ff＝Ma3 其中Ff＝μmg解得a2＝3.5 m/s2；a3＝0.5 m/s2 設小物塊滑下木板歷時為t，小物塊、木板相對于地面的位移大小分別為x1、x2，由勻變速直線運動的規(guī)律和幾何關系可知：x1＝a2t2，x2＝a3t2，x1－x2＝L，解得：t＝1 s. 答案：(1)F>2.5 N　(2)1 s 12．(2017·新課標全國卷Ⅲ)如圖，兩個

17、滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離． 解析：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設A、B所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2，木板受 地面的摩擦力大小為Ff3，A和

18、B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1. 在滑塊B與木板達到共同速度前有Ff1＝μ1mAg① Ff2＝μ1mBg② Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得Ff1＝mAaA④ Ff2＝mBaB⑤ Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥ 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1. 由運動學公式有v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s，方向與B的初速度方向相同⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt⑩ 設在B與木板達到共同速度v1

19、后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2? 對A有：v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9 m? (也可用下圖中的速度—時間圖線求解) 答案：(1)1 m/s，方向與B的初速度方向相同 (2)1.9 m 9