2019高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1-1-2 力与物体的直线运动训练.docx

1-1-2 力与物体的直线运动课时强化训练1(2018河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线。该质点运动的加速度大小为()A4 m/s2 B2 m/s2 C1 m/s2 D0.5 m/s2解析 由x-v2图像结合速度-位移关系式v2v2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v22ax，可得am/s22 m/s2，故选项B正确。答案 B2(2018北京石景山区一模)如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点。现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)。在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是()解析 当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：mgkxma，所以：ag，根据数学知识可知，C、D错误，当压缩到最低点时，加速度等于g，故A正确，B错误。答案 A3(2018广东四校联考)甲、乙两物体从不同地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v-t图线为两段直线，乙物体运动的v-t图线为两段半径相同的四分之一圆弧的曲线，如图所示，图中t42t2，则以下说法正确的是()A两物体在t1时刻加速度相同B两物体不可能在t2时刻相遇C两物体在0t4这段时间内的平均速度相同D两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇解析 在v-t图中，图线的斜率表示加速度，在t1时刻甲、乙的加速度方向不同，A错误。两物体从不同地点出发，同时开始同向运动，两物体尽管在0t2时间内位移不同，但仍可能在t2时刻相遇，B项错误。在v-t图像中图线与t轴所围面积代表位移，由图可知在0t4时间内甲、乙两物体位移相同，而平均速度相同，C项正确。由于从不同地点出发，谁在前不知道，不能判定相距最远及相遇的时刻，D项错误。答案 C4(2018湖北黄冈期末)远在春秋战国时代(公元前772前221年)，我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是()A墨子认为力是改变物体运动状态的原因B墨子认为力是使物体产生加速度的原因C此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同D此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同解析 “力，刑之所以奋也。”是说力是使物体运动的原因或力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同。而亚里士多德认为有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。故C错误，A、B、D正确。答案 C5(2018湖北八校二联)如图所示，质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为()A.m B2mC(1)m D(1)m解析 当小球刚好要从槽中滚出时，小球受到重力和槽的支持力作用，由牛顿第二定律得：ma，得ag。以整体为研究对象：由牛顿第二定律得Mg(M2m)a，解得M(1)m，故选项D正确。答案 D6(2018江西上饶六校一联)磁性车载支架(如图甲)使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住(如图乙)。下列关于手机(含引磁片)的说法中正确的是()A汽车静止时，手机共受三个力的作用B汽车静止时，支架与手机之间有两对作用力与反作用力C当汽车以某一加速度向前加速时，手机一定受到支架对它的摩擦力作用D只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩擦力作用解析 汽车静止时，对手机受力分析，手机受到重力mg、吸引力F吸、支持力FN和摩擦力f四个力作用，可知支架与手机之间有三对作用力与反作用力，A、B项错误。由图知，FN与F吸的合力与支架平面垂直，不能抵消重力沿支架斜面方向向下的分力，所以一定受摩擦力，C项正确，D项错误。答案 C7(2018广东四校联考)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F(Fmg cos )，其他条件不变，则木盒滑行的距离将()A不变 B变小C变大 D变大变小均有可能解析 设木盒的质量为M且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有(Mm)g cos (Mm)g sin (Mm)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时由牛顿第二定律有(Mm)g cos Mg sin Ma2可知a2a1，再由x可得x2x1。同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有(Mm)g cos (Mm)g sin (Mm)a1，换成垂直于斜面向下的恒力F时，有(Mm)g cos Mg sin Ma2，可知a2a1，再由x可得x2x1。故B选项正确。答案 B8(2018山东菏泽一模)(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像，取g10 m/s2，则()A滑块A的质量m1.5 kgB木板B的质量M1.5 kgC当F5 N时，木板B的加速度a4 m/s2D滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1解析 由图乙知，当F4 N时A、B相对静止，加速度为a2 m/s2，对整体分析：F(mM)a，解得mM2 kg，当F4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：aF，由图像可知，图线的斜率：k2 kg1，解得M0.5 kg，则滑块A的质量为：m1.5 kg，故A正确，B错误；将F4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入aF，解得0.2 ，故D错误；根据F5 N4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度为aBF4 m/s2，故C正确。答案 AC9(2018三湘名校联盟三模)(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当45时，物体达到最大位移后将停在斜面上解析 当斜面倾角90时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02v2gx，根据图像可得此时x1.80 m，解得初速率v06 m/s，选项A错。当斜面倾角0时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有mgxmv，根据图像知此时x2.40 m，解得0.75，选项B对。物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度agsin gcos g(sin cos )。v2ax2g(sin cos )x，得当sin cos 最大时，即tan ，53时，x取最小值xmin，解得xmin1.44 m，C项正确。当45时，因mgsin 45mgcos 45，则物体达到最大位移后将返回，D项错误。答案 BC10(2018信阳一模)某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示。g取10 m/s2。求(结果如果是根号，可以保留)：(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？(2)当60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？解析 (1)当90时，x1.25 m则v05 m/s当30时，x1.25 ma10 m/s2由牛顿第二定律：agsin 30gcos 30解得：(2)当60时，上滑的加速度：a1gsin 60gcos 60下滑的加速度：a2gsin 60gcos 60因为v22ax所以：可得：v m/s。答案 (1)5 m/s(2) m/s11如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角37。在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示。(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求：(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功。解析 (1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有：mgsin ma1得a16 m/s2结合图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为t11 s斜面BC的长度x1a1t3 m(2)斜面体对传感器的压力为F1mgcos sin 得m2 kg(3)对斜面体由平衡条件有：fF24 N对滑块由牛顿第二定律有：fma2得a22 m/s2滑块在AB表面上滑行的距离为：x2vt2a2t又va1t1，t22 s得：x28 m滑块克服摩擦力做的功为：Wffx232 J。答案 (1)3 m(2)2 kg(3)32 J12(2018山西五市联考)如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M0.6 kg，长度l0.5 m。现有一质量m0.4 kg的小木块，以初速度v02 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数10.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1，重力加速度g10 m/s2。求：(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；(2)小木块最终滑动的位移(保留3位有效数字)。解析 (1)小木块在第一个木板上滑动时，木板受到木块的摩擦力为f11mg两木板受到地面的摩擦力为f22(m2M)g因为f2f1，所以木块在第一个木板上运动时，两木板静止不动。木块在左边第一个木板上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律1mgma1设小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v，由运动学关系式得：v2v2a1l解得v1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设第二个木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得1mg2(mM)gMa2设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有：对木块有：v1va1t对木板有：v1a2t解得：v1 m/s，t s此过程中木块的位移s1t m木板的位移s1 m木块在木板上滑动的长度为s1s1l达到共速后，木块和木板一起继续运动。设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为s2，有2(mM)g(mM)a3v2a3s2解得s2 m所以，移动的总位移sls1s20.670 m。答案 (1)1 m/s(2)0.670 m