2019届高考物理二轮复习 第1章 力与运动 课时作业2 力与物体的直线运动

课时作业2力与物体的直线运动一、选择题(14题为单项选择题，57题为多项选择题)1一辆汽车沿着平直道路行驶，在040 s内的xt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 mB汽车没有行驶的时间为20 sC汽车在前20 s内的平均速度大小为22.5 m/sD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010 s的时间内运动了30 m，在1020 s的时间内停止在距离出发点30 m处，在2040 s的时间内反向运动，且在t40 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/s1.5 m/s，C错误；汽车在前10 s内的平均速度大小为2 m/s3 m/s，汽车在后10 s内的平均速度大小为3 m/s1.5 m/s，D错误答案：A2.2018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：D32017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)()A10 m/sB20 m/sC30 m/s D40 m/s解析：刹车后汽车的合外力为摩擦力Ffmg，加速度ag8 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v20 m/s，故A、C、D三项错误，B项正确，故选B项答案：B4甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其中vt图象如图所示，已知两车在t2 s时恰好并排行驶则()At0时，甲车在乙车前10 m处Bt1.5 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t2 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120 m10 m，乙车的位移x乙2(2010) m30 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，t0时刻，甲车在乙车前面20 m处，故A错误、C正确；两车在t2 s时恰好并排行驶，t0时刻，甲车在乙车前面20 m处，则在t1.5 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：C5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x012 m汽车A运动的xt图象如图乙所示，汽车B运动的vt图象如图丙所示则下列说法正确的是()A在t3 s时，两车相距最远，且最远距离为20 mBB车在06 s内的位移为23 mC在t8 s时，两车相遇D若t1 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vA4 m/s，由图丙分析可知，t3 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06 s内的位移和05 s内的位移相等，为24 m，选项B正确.08 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t1 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：AD62018湖南三模如图所示，传送带AB与水平面间夹角为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，sin370.6，cos370.8，g10 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0D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Ffmgcos，小于物块受到沿传送带向下的重力分力Gmgsin，由于GFf，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agcosgsin10 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agsingcos2 m/s2，方向沿传送带向下，故选项C错误、D正确答案：BD72018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ONC电场方向改变后，小球的加速度大小为gD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m0.5 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x15 m，M、N间的距离为x21 m，小车与水平面间的动摩擦因数为0.4，g10 m/s2.假设某队员的水平推力为F20 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：Fmgma1mgma2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：x01x02x1又：va1t1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：x1x2v22a1d联立解得：d0.4 m.答案：(1) s(2)0.4 m9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30，导轨足够长且间距L0.5 m，底端接有阻值为R4 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m1 kg、电阻r1 、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g10 m/s2.求：(1)v5 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a8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小解析：(1)由图乙可知，v5 m/s时拉力F114 N故拉力的功率PF1F1v145 W70 W.(2)由图乙知，导体棒达到最大速率vm10 m/s时拉力最小，为Fmin7 NFminmgsinF安0，F安代入数据得B2 T.(3)由图乙知F70FmgsinF安maF安由以上三式得v265v3500解得v5 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 N10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M4 kg，长为L1.4 m；木板右端放一小滑块，小滑块的质量为m1 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aF图象如图乙所示，取g10 m/s2.(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数1以及木板与地面之间的动摩擦因数2.(2)若水平恒力F27.8 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F25 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1mgma1代入数据解得10.4以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有F1mg2(mM)gMa2则a2F由图乙可得 m/s2解得20.1.(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F27.8 N时，小滑块的加速度为a11g4 m/s2而小滑块在时间t内的位移为x1a1t2木板的加速度为a2代入数据解得a24.7 m/s2而木板在时间t内的位移为x2a2t2由题可知，x2x1L联立以上各式解得t2 s.答案：(1)0.1(2)2 s6