【物理】2019届二轮复习 力与物体的直线运动 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 力与物体的直线运动 作业 （全国通用）

第2讲　力与物体的直线运动 课时跟踪训练 一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)‎ ‎1.如图1为“中国好声音”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m的倾斜轨道冲到学员面前，最终刚好停止在轨道末端，此过程历时4 s，在战车运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.导师战车在整个运动过程中处于失重状态 B.根据题中信息可以估算导师战车运动的加速度大小为1.25 m/s2‎ C.战车在倾斜轨道上做匀变速直线运动 D.根据题中信息可以估算导师战车运动的平均速度大小为2.5 m/s 解析　由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有竖直向下的分加速度，战车处于失重状态；当战车减速时，战车有竖直向上的分加速度，战车处于超重状态，故选项A错误；“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速度大小不好估算，故选项B、C错误；战车的位移是10 m，时间是4 s，所以可以求出平均速度＝＝ m/s＝2.5 m/s，故选项D正确。‎ 答案　D ‎2.2017年8月在俄罗斯举行的坦克两项比赛中，中国的96式坦克表现优异，如图2所示是我国的坦克A和俄罗斯的坦克B(均可视为质点)运动的v－t图象，在t＝300 s时两辆坦克相遇，根据图象下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.坦克B在t＝100 s时开始反向运动 B.计时开始时，两辆坦克从同一起点开始运动 C.300 s时间内，坦克A运动的路程大于坦克B运动的路程 D.两辆坦克在整个运动过程中平均速度相等 解析　由于速度始终为正值，说明两辆坦克均沿规定的正方向运动，选项A错误；通过计算v－t图象中图线与时间轴围成的面积可知，300 s内坦克A的位移大小为3 750 m，坦克B的位移大小为3 500 m，由于两辆坦克均沿规定的正方向做直线运动，故路程等于位移大小，由于两坦克在t＝300 s时相遇，故两坦克运动起点不同，选项C正确，B错误；300 s内，两辆坦克的运动时间相同，但运动的位移不相同，故平均速度不相等，选项D错误。‎ 答案　C ‎3.如图3甲所示，用水平方向的力F将质量为m＝0.5 kg的木块贴在竖直墙面上，力F从0开始逐渐增大，木块沿竖直墙面向下运动。用力传感器和加速度传感器记录木块受到的压力F和加速度大小a，F与a的大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则木块和墙面之间的动摩擦因数为(　　)‎ 图3‎ A.0.2 B.0.25 ‎ C.0.4 D.0.5‎ 解析　法一：对木块进行受力分析，当推力F＝20 N时，a＝0，即mg＝μF，μ＝0.25，B正确。‎ 法二：mg－μF＝ma，a＝g－F，由图知，＝，μ＝0.25，B正确。‎ 答案　B ‎4.高铁目前是我国的一张名片，某高铁站，一维护员站在一中央站台上，两边分别有正在进站或开出的高铁列车，若两边高铁都是做匀变速直线运动(加速度不为零)，如图4所示，现观察其中一列高铁的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比不可能是(　　)‎ 图4‎ A.1∶2 B.2∶5 ‎ C.3∶2 D.4∶21‎ 解析　设匀变速直线运动相等时间间隔为t的任意连续两段位移为x1、x2，中间时刻速度为v，两端速度分别为v1、v2，则x1＝t，x2＝t，＝＝＝，当v1、v2分别取0时，可得两段位移之比分别为、，因此可知取值范围为≤＝≤且＝≠1，因此D不可能。‎ 答案　D ‎5.如图5所示，轻质弹簧两端连接质量均为m的小球1和2，弹簧和小球处于封闭的竖直管AE内，小球直径略小于管的直径。整个装置静止时，小球1处于管壁的C点。其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，弹簧原长3L，重力加速度大小为g。现使管AE在竖直方向上运动，当小球1、2相对管AE静止时，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.弹簧可能处于伸长状态 B.当小球1处于完全失重状态时，管AE一定向下运动 C.当弹簧长度为2L时，小球2可能做匀速直线运动 D.当弹簧长度为L时，小球2加速度大小一定为g 解析　若弹簧伸长，受力分析可知小球1、2所受合力不同，则两球加速度不可能相同，选项A错误；当小球1处于完全失重状态时，弹簧处于原长，系统可以向上或向下运动，选项B错误；当弹簧长度为2L、小球2处于E点时系统受力平衡，小球2可能做匀速直线运动，选项C正确；由初始条件可知mg＝kL，当小球1处于A端、弹簧长度为L时，小球2受大小为2mg的弹力，所受合力为3mg，加速度大小为3g，方向向下，选项D错误。‎ 答案　C ‎6.如图6甲，一维坐标系中有一质量为m＝2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)，t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.t＝4 s时物块的速率为2 m/s B.物块做匀加速直线运动且加速度大小为1 m/s2‎ C.t＝4 s时物块位于x＝4 m处 D.在0～4 s时间内物块运动的位移为6 m 解析　物块在恒力作用下沿x轴开始做匀加速直线运动，根据x＝v2＋x0可知，x－v2图象的斜率表示，则＝＝1(m－1·s2)，解得：a＝0.5 m/s2，t＝4‎ ‎ s时物块的速率为v＝at＝2 m/s，故选项A正确，B错误；由题图乙易得，当速度为零时，物体的坐标为x＝－2 m，即x0＝－2 m，t＝4 s时物块的速率为v＝2 m/s，代入x＝v2＋x0可得x＝2 m，即在0～4 s时间内物块运动的位移为4 m，选项C、D错误。‎ 答案　A ‎7.如图7，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则(　　)‎ 图7‎ A.小环A的加速度大小为 B.小环A的加速度大小为 C.恒力F的大小为 D.恒力F的大小为 解析　设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos 60°＝k，Tcos 30°＝maA，联立解得aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos 30°＝T＝，选项C正确，D错误。‎ 答案　BC ‎8.如图8所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系。现将外力突然反向并使 B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x关系的图象可能正确的是(　　)‎ 图8‎ 解析　外力F反向，当A和B相对静止加速时，对A、B整体，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，F－x图象为线性图象，当A、B分离时，对A，k(x0－x)＝mAa，此时x＜x0，当A、B分离后，对B，F＝mBa大小恒定，与x无关，选项B正确；在A、B分离前，对A，k(x0－x)－FN＝mAa，分离后，FN＝0，选项D正确。‎ 答案　BD ‎9.物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内力F、速度v随时间变化如图9所示，由图象可得(　　)‎ 图9‎ A.物体的质量为2 kg B.物体在6 s内运动的位移为6 m C.在0～2 s内推力做的功为3 J D.物体与地面间的动摩擦因数为0.025‎ 解析　物体在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝ m/s2‎ ‎，由牛顿第二定律有F合＝F－μmg＝ma，即：3 N－μmg＝ma；物体在2～6 s内做匀速直线运动，因此有：μmg＝1 N，联立解得：物体的质量为m＝4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A错误，D正确；根据v－t 图象所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s内推力做的功为W＝Fx1＝3××2×1 J＝3 J，选项C正确。‎ 答案　CD 二、非选择题 ‎10.某登山探险小组被困在一狭小的山谷底部，救援中心收到求救信息后，派出直升机营救，直升机悬停在山谷正上方某位置，放下一质量不计的绳索，探险者利用登山扣将绳索的一端系在身上，在绳索的牵引下从静止开始竖直向上运动，绳索拉力F随时间t变化的关系图象如图10所示，探险者与装备的总质量M＝80 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：‎ 图10‎ ‎(1)探险者加速上升时的加速度大小a；‎ ‎(2)探险者匀速上升的距离x；‎ ‎(3)在t＝15 s时，一件装备突然脱离探险者，此装备经多长时间落到谷底？(结果可含根号)‎ 解析　(1)由题图可知0～10 s内探险者加速上升，根据牛顿第二定律有 F－Mg＝Ma 解得a＝0.5 m/s2‎ ‎(2)设探险者匀加速运动的末速度为v，由题图可知，探险者匀加速上升的时间t1＝10 s，匀速上升的时间t2＝10 s，由运动学公式有 v＝at1‎ x＝vt2‎ 解得x＝50 m ‎(3)由题意知，装备脱离探险者时的速度大小v＝5 m/s，脱离后装备先向上做匀减速运动，再向下做匀加速运动，装备脱离瞬间，离山谷底部的高度H＝t1＋v(t－t1)‎ 解得H＝50 m 装备向上做匀减速运动所用的时间t3＝＝0.5 s 匀减速上升的距离h＝ 装备从速度为零的点自由下落的时间t4满足 H＋h＝gt 联立解得t4＝ s 则装备从脱离至落到谷底的时间为 t总＝t3＋t4＝ s 答案　(1)0.5 m/s2　(2)50 m　(3) ‎11.(2018·孝感三模)如图11所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为α＝37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为25 N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3 s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2 s内的位移为20 m，已知小车的质量为1 kg，g取10 m/s2(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：‎ 图11‎ ‎(1)小车与斜面的动摩擦因数；‎ ‎(2)匀加速运动过程中的位移x。‎ 解析　(1)设小车匀减速直线运动的加速度大小为a，最后2 s内的位移为x1，可将匀减速运动看做反方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有：‎ x1＝at2‎ 解得：a＝10 m/s2‎ 小车受力如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ mgsin α＋μmgcos α＝ma 解得μ＝0.5‎ ‎(2)设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中有：‎ v＝at＝30 m/s 在匀加速运动过程中，设加速度大小为a′，小车的受力如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ F－mgsin α－μmgcos α＝ma′‎ 解得a′＝15 m/s2‎ 由v2＝2a′x得：x＝＝30 m 答案　(1)0.5　(2)30 m ‎12.(2018·江西南昌六校联考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运动上升的高度为48 m。问：‎ ‎(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；‎ ‎(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少。‎ 解析　‎ ‎(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得 h＝＋，代入数据解得vm＝8 m/s，‎ 因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意。‎ 加速的时间为t1＝＝ s＝4 s，‎ 减速的时间为t2＝＝ s＝8 s，‎ 运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。‎ ‎(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8 m/s，则 加速的时间为t1′＝，‎ 减速的时间为t2′＝，‎ 匀速运动的时间为t＝15 s－t1′－t2′，‎ 上升的高度为h＝(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′)，‎ 联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。‎ 答案　(1)12 s　(2)4 m/s ‎13.(2018·南昌一模)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，受如图14甲所示的水平方向恒力F的作用，物块静止不动。t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系v－t图象如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图14‎ ‎(1)物块在A点的速度；‎ ‎(2)水平恒力F的大小。‎ 解析　(1)在斜面上，逆向看物体做匀加速直线运动，设物体在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则：‎ x＝vt＋a1t2‎ 解得：a1＝0.25 m/s2‎ 物块在A点的速度为：‎ v0＝v＋a1t＝5 m/s ‎(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，由牛顿第二定律得：‎ ‎－μmg＝ma2‎ 由图线可知：a2＝－2 m/s2‎ 解得：μ＝0.2‎ 物块在斜面上运动时，设受的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得：‎ Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1‎ Ff＝μFN FN＝mgcos θ＋Fsin θ 解得：F＝＝10.1 N 答案　(1)5 m/s　(2)10.1 N