【物理】2019届二轮复习力与物体直线运动作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习力与物体直线运动作业（全国通用）

力与物体直线运动 ‎1.(2018·江苏模拟)(多选)如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象,由此可知质点在0~4 s内(　　)。‎ A.先沿x轴正方向运动,后沿x轴负方向运动 B.一直做匀变速运动 C.t=2 s时速度一定最大 D.速率为5 m/s的时刻有两个 解析▶　从图中可知正向位移减小,故质点一直朝着负方向运动,A项错误;图象的斜率表示速度大小,故斜率先增大后减小,说明物体速率先增大后减小,做变速运动,但不能判断是不是做匀变速直线运动,t=2 s时,斜率最大,速度最大,B项错误,C项正确;速率先增大后减小,并且平均速度为5 m/s,故增大过程中有一刻速度为5 m/s,减小过程中有一刻速度为5 m/s,共有两个时刻速度大小为5 m/s,D项正确。‎ 答案▶　CD ‎2.(2018·广东一模)如图所示,水平地面上一物体以v=5 m/s的初速度向右滑行,若物体与地面间的动摩擦因数为0.25,重力加速度g=10 m/s2,则物体在3 s内的位移大小为(　　)。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.0.5 m B.2.5 m C.3.75 m D.5 m 解析▶　物体在向右运动过程中,加速度a=μg=2.5 m/s2,方向向左,物体停止运动所用时间t=v‎0‎a=2 s,故在3 s内的位移等于物体在2 s内的位移,大小x=v‎0‎‎2‎‎2a=5 m,D项正确。‎ 答案▶　D ‎3.(2018·安徽模拟)小明和小华操控各自的玩具赛车甲、乙在小区平直的路面上做直线运动,t=0时刻两赛车恰并排,此后两赛车运动的位移x与时间的比值随时间t的变化关系如图所示,对于甲、乙两赛车前2 s的运动,下列说法正确的是(　　)。‎ A.t=1 s时,甲超过乙最远 B.t=1 s时,甲、乙两赛车相遇 C.t=2 s时,甲超过乙最远 D.t=2 s时,甲、乙两赛车相遇 解析▶　甲赛车做匀速直线运动,速度v甲=1 m/s。根据x=v0t+‎1‎‎2‎at2可得xt=‎1‎‎2‎at+v0,可知乙赛车初速度为零,加速度a=2 m/s2,故两质点在t=0.5 s时速度相等,相距最远,在t=1 s时位移相同,甲、乙相遇。‎ 答案▶　B ‎4.(2018·安徽联考)如图甲所示,可视为质点的质量m1=1 kg的小物块放在质量m2=2 kg的长木板正中央位置,长木板静止在水平地面上,连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°,现对长木板施加水平向左、大小F=18 N的拉力,长木板运动的v-t图象如图乙所示,sin 37°=0.6,重力加速度取g=10 m/s2,则(　　)。‎ ‎　　　甲　　　　　　乙 A.木板运动1 s离开小物块 B.木板长度为1 m C.木板与地面间的动摩擦因数为0.5‎ D.物块与木板间的动摩擦因数为0.5‎ 解析▶　从图象可知,木板运动2 s离开小物块,A项错误;在0~2 s,由图象可知木板的位移大小x=1 m,故木板的长度L=2x=2 m,B项错误;在2 s~3 s,由图象可得长木板的加速度大小a2=ΔvΔt=‎ ‎4 m/s2,又a2=F-μ‎2‎m‎2‎gm‎2‎,解得木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.5,C项正确;在0~2 s,小物块受力如图丙所示,由平衡条件得FN+Tsin 37°=m1g,Tcos 37°=f1,而f1=μ1FN,对长木板,由图象得长木板的加速度大小a1=ΔvΔt=0.5 m/s2,由牛顿第三定律得f1'=f1,FN'=FN,由牛顿第二定律有a1=F-f‎1‎'-μ‎2‎(m‎2‎g+FN')‎m‎2‎,解得μ1=‎8‎‎19‎,D项错误。‎ 丙 答案▶　C ‎5.(2018·太原模拟)如图甲所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处,细线另一端拴一质量m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止开始以加速度a向左做匀加速运动,(取重力加速度取g=10 m/s2)(　　)。‎ 甲 A.当a=5 m/s2时,线中拉力为‎3‎‎2‎‎2‎ N B.当a=10 m/s2时,小球受的支持力为 ‎2‎ N C.当a=12 m/s2时,经过1 s小球运动的水平位移是6 m D.在稳定后,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 乙 解析▶　小球受力如图乙所示,当小球对滑块的压力恰好等于零时,小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动,由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度a0=‎ mgtan45°‎m‎=10 m/s2。当a=5 m/s2a0=10 m/s2时,滑块的位移x=‎1‎‎2‎at2=6 m,而小球要先脱离斜面,然后保持与滑块相同的运动状态,故在这1 s内小球运动的水平位移小于6 m,C项错误。在稳定后,对小球和滑块A整体受力分析可知,在竖直方向没有加速度,故地面对A的支持力等于两个物体重力之和,D项错误。‎ 答案▶　A ‎6.(2018· 徐州期中)(多选)某娱乐节目设计了一款在直轨道上运动的“导师战车”,坐在“战车”中的导师按下按钮,“战车”从静止开始先做匀加速运动,后做匀减速运动,冲到学员面前刚好停止。若总位移大小L=10 m,加速和减速过程的加速度大小之比为1∶4,整个过程历时5 s,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.全程平均速度的大小为2 m/s B.加速过程的时间为4 s C.全程最大速度为4 m/s D.全程最大速度为2 m/s 解析▶　全程的平均速度v=Lt=2 m/s,A项正确;设加速过程的末速度为v,即全程最大的速度,根据a=ΔvΔt得加速过程的加速度大小a1=vt‎1‎,减速过程的加速度大小a2=vt‎2‎,根据题意有a‎1‎a‎2‎=‎1‎‎4‎,总时间t1+t2=5 s,联立解得t1=4 s,B项正确;加速过程的位移x1=v‎2‎t1,减速过程的位移x2=v‎2‎t2,总位移L=x1+x2,联立解得L=v‎2‎(t1+t2)=v‎2‎t,解得v=‎2Lt=4 m/s,C项正确,D项错误。‎ 答案▶　ABC ‎7.(2018·厦门模拟)质量M=1 kg的木板静止在粗糙水平面上,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg,大小可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数为μ2,取重力加速度g=10 m/s2。若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F,假设木板足够长,铁块受到的摩擦力随拉力F的变化如图所示。关于两个动摩擦因数的数值正确的是(　　)。‎ A.μ1=0.1,μ2=0.2‎ B.μ1=0.1,μ2=0.4‎ C.μ1=0.2,μ2=0.4‎ D.μ1=0.4,μ2=0.2‎ 解析▶　由图可知,当F=6 N时,铁块的摩擦力变成了恒定值,即滑动摩擦力,此时有f=μ2mg=4 N,解得μ2=0.4,在F=6 N时,铁块和木板具有相同的加速度,对铁块有F-f=ma,解得a=2 m/s2,对木板有f1-μ1(M+m)g=Ma,f'=f,解得μ1=0.1,故B项正确。‎ 答案▶　B ‎8.(多选)有一种自带起吊装置的构件运输车,其起吊臂A安装在车厢前端,如图甲所示。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索从车厢内吊起质量为m的构件时,连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随时间变化的规律为三段直线,如图乙所示。则下列描述正确的是(　　)。‎ ‎　　　　　甲　　　　　　　　　　　　乙 A.t1~t2时间内构件匀加速上升 B.图乙所示整个过程构件的最大加速度为0.2g C.若t3-t2=4(t2-t1)=4Δt,则构件匀速上升的速度为0.9g·Δt D.0~t1时间内汽车对地面的压力增大 解析▶　 t1~t2时间内吊索拉力增大,构件所受合外力(F=FT-mg=ma)增大,加速度增大,A项错误;t2~t3时间内构件所受合外力最大且恒定,故最大加速度am=‎1.2mg-mgm=0.2g,B项正确;若t3-t2=4(t2-t1)=4Δt,则构件的最大速度vm=Δv=‎0+0.2g‎2‎(t2-t1)+0.2g(t3-t2)=0.9g·Δt ‎,C项正确;由于t1时刻构件才离开车厢底板上升,之前系统加速度为零,汽车对地面的压力大小等于汽车和构件的总重力不变,D项错误。‎ 答案▶　BC ‎9.(2018·山东一模)2008年北京奥运会上何雯娜夺得中国首枚奥运会女子蹦床金牌。为了测量运动员跃起的高度,可在弹性网上安装压力传感器,利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力,并由计算机绘出压力—时间图象,如图所示。运动员在空中运动时可视为质点,则可求运动员跃起的最大高度为(g取10 m/s2)(　　)。‎ A.7.2 m ‎ B.5.0 m C.1.8 m ‎ D.1.5 m 解析▶　由压力—时间关系图象可知,运动员离开网后做竖直上抛运动的最长时间为2.0 s,由对称性可知空中下降时间t降=1.0 s,所以运动员跃起的最大高度h=gt降‎2‎‎2‎=5 m,B项正确。‎ 答案▶　B 甲 ‎10.(2018·长沙模拟)(多选)某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α=60°,使飞行器恰好沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向上方由静止开始匀加速飞行,如图甲所示。经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°,同时适当调节其大小,使飞行器沿原方向匀减速飞行。飞行器所受空气阻力不计。下列说法中正确的是(　　)。‎ A.加速时动力的大小等于 ‎2‎mg B.加速与减速时的加速度大小之比为2∶1‎ C.减速飞行时间t后速度减为零 D.加速过程发生的位移大小与减速到零的过程发生的位移大小之比为1∶2‎ 解析▶　起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成30°角斜向上,设动力为F,合力为Fb,如图乙所示,在△OFFb中,由几何关系得F=2mgcos 30°=‎3‎mg,Fb=mg,故A项错误;由牛顿第二定律得加速时飞行器的加速度a1=g,推力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°角斜向下,推力F'跟合力Fb'垂直,如图丙所示,此时合力大小Fb'=mgsin 30°,动力大小F'=‎3‎‎2‎mg,飞行器的加速度大小a2=mgsin30°‎m=‎1‎‎2‎g,加速与减速时的加速度大小之比a1∶a2=2∶1,B项正确;设t时刻的速率为v,由静止开始匀加速飞行,经时间t后减速,设减速到最高点的时间为t',则v=a1t=a2t',解得t'=2t,C项错误;加速过程发生的位移x1=v‎2‎t,减速到速度为零的过程发生的位移大小x2=v‎2‎t',加速过程与减速过程发生的位移大小之比x1∶x2=t∶t'=1∶2,D项正确。‎ ‎　　乙　　　　　　　　　丙 答案▶　BD ‎11.(2018·广东模拟)2017年5月,国产大飞机C919在上海浦东机场首飞。某次测试中,C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行,经t1=20 s达到最大速度vm=288 km/h,之后匀速滑行一段时间,再匀减速滑行,最后停下来。若滑行总距离x=3200 m,且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等,取重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎(1)求C919减速滑行时的加速度大小。‎ ‎(2)若C919的质量m=8×104 kg,加速过程中飞机受到的阻力恒为自身受到重力的‎1‎‎10‎,求飞机加速过程中发动机产生的推力大小。‎ ‎(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小。(结果保留1位小数)‎ 解析▶　(1)由题意可知vm=at1=80 m/s 解得a=4 m/s2‎ 由于减速过程和加速过程的加速度大小相等,故 a'=4 m/s2。‎ ‎(2)加速过程F-kmg=ma,解得F=4×105 N。‎ ‎(3)加速过程有,t1=20 s,x1=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎=800 m 减速过程t2=20 s,x2=‎1‎‎2‎a't‎2‎‎2‎=800 m 匀速过程t3=x-x‎1‎-‎x‎2‎vm=20 s 故全程的平均速度大小v=xt‎1‎‎+t‎2‎+‎t‎3‎=53.3 m/s。‎ 答案▶　(1)4 m/s2　(2)4×105 N　(3)53.3 m/s ‎12.(2018·衡水模拟)如图所示,一个物块以某一初速度v0沿倾角θ=37°、高h=1.7 m的固定光滑斜面的底端向上运动,物块运动到斜面顶端时的速率v=‎2‎ m/s,如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区,物块与摩擦区之间的动摩擦因数μ=0.125,物块以同样的初速度从斜面的底端向上运动,物块恰好运动到斜面的顶端。(重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,‎22‎≈4.7)‎ ‎(1)求初速度v0的大小。‎ ‎(2)求摩擦区的长度l。‎ ‎(3)在设置摩擦区后,摩擦区的位置不同,物块以初速度v0从斜面底端运动到斜面顶端的时间不同,求物块从斜面底端运动到斜面顶端的最长时间(计算结果保留2位小数)。‎ 解析▶　(1)由动能定理得 ‎-mgh=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 代入数据可得v0=6 m/s。‎ ‎(2)增设摩擦区后,因物块恰好运动到斜面的顶端,则摩擦力做功恰好等于没有摩擦区域时物块运动到斜面顶端的动能,则μmgcos θ·l=‎1‎‎2‎mv2‎ 代入数据可得l=1 m。‎ ‎(3)当摩擦区设置在斜面最下面时,让物块一开始运动就进入摩擦区,物块在斜面上运动的时间最长,设物块在摩擦区和光滑的斜面上的加速度分别是a1和a2,则 ‎-mgsin θ-μmgcos θ=ma1‎ ‎-mgsin θ=ma2‎ 代入数据可得a1=-7 m/s2,a2=-6 m/s2‎ 设物块在摩擦区内运动的时间为t1,则 l=v0t1+‎1‎‎2‎a1‎t‎1‎‎2‎ 代入数据得t1=0.19 s(另一解舍去)‎ 设物块在斜面的光滑部分运动的初速度为v1,时间为t2,则v1=v0+a1t1=4.67 m/s t2=‎0-‎v‎1‎a‎2‎=0.78 s 物块运动到斜面顶端的最长时间t=t1+t2=0.97 s。‎ 答案▶　(1)6 m/s　(2)1 m　(3)0.97 s