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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0t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0t1这段时间内,b车的平均速度等于v1+v222.(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/sD.玩具车做匀加速直线运动,加速度的大小为1.5 m/s23.(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mg2kB.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为6mgkC.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,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3F4B.木块A对木块B的作用力大小一定为F4C.木块A对木块B的作用力大小一定为34F-3mgD.木块A对木块B的作用力大小一定为F-mg5.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mm。用和分别表示木块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=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/s2B.aA=2 m/s2,aB=6 m/s2C.aA=8 m/s2,aB=4 m/s2D.aA=10 m/s2,aB=6 m/s27.(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mAmB,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,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xa。在0t1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=xbtv1+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=23m/s2,解得a=43m/s2,v0=2m/s,可知物体做匀加速直线运动,初速度大小为2m/s,加速度的大小为43m/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-4mg=4ma,对B有FN-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=mgm,aB=mgm,已知maB,即斜率的绝对值应大于的斜率,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=mAg=12N,则最大加速度a=mAgmB=6m/s2。对整体运用牛顿第二定律可得F=(mA+mB)a=48N,即当拉力增加到48N时,发生相对滑动,当F48N时,aA=aB6m/s2,当F48N时,aAaB,且aA6m/s2,aB=6m/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-mBg=mBa,对A受力分析有F-mAg-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mAmB,所以mAmB1,AB位置对调以后x的表达式为x=Fk1+mBmA,又因为mBmA1,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=mgsin+mgcosm=gsin+gcos。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tan知,木块继续沿传送带加速向下运动,但是此时摩擦力的方向沿斜面向上,再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2=mgsin-mgcosm=gsin-gcosa0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m1g=m1a知:a1=a2=2m/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=10100s则砝码移动的最长时间为tm=2t=1050s(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=202m/s2由F-(2m1+m2)g=m2a3得:F=2.44N即纸板所需的拉力至少为2.44N12.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=2m2gcos30+m2gsin30m2=2gcos30+gsin30=12.5m/s2甲沿传送带向下做匀减速直线运动,加速度大小为:a2=2m2gcos30+1(m1+m2)gcos30-m1gsin30m1=256m/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=a1t1v1=v0-a2t1联立解得:v1=3m/s,t1=0.24s甲的位移为:x甲=v0t1-12a2t12=0.84m乙的位移为:x乙=12a1t12=0.36m乙相对甲滑行的最大距离:x=x甲-x乙=0.48m(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=1(m1+m2)gcos30x甲=16.8J甲与乙之间因克服摩擦而产生的热量:Q2=2m2gcos30x=3.6J系统因克服摩擦而产生的总热量:Q=Q1+Q2=20.4J(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:1(m1+m2)gcos30=(m1+m2)gsin30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=1s甲乙一起运动的位移:x1=v1t2=3m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=1s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=2s11
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