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1、專題分層突破練2　力與直線運動 A組 　　　　　　　　　　　　　 1. t=0時刻汽車a和b沿兩條平直的平行車道以相同速度同時經過同一地點,如圖,直線a和曲線b分別是這兩車行駛的速度—時間圖象,由圖可知(　　) A.在t1時刻,兩車運動方向相反 B.在t1時刻,兩車再次相遇 C.在0~t1這段時間內,b車的速度先增大后減小,但方向不變 D.在0~t1這段時間內,b車的平均速度等于v1+v22 2. (2019寧夏銀川質量檢測)利用函數(shù)圖象是解決物理問題的常用方法。某同學利用傳感器探究一玩具車沿某一路段做直線運動的性質,從t=0時刻開始計時得到了xt-t的圖象。如圖所

2、示,由此可知(　　) A.玩具車做速度為-3 m/s的勻速直線運動 B.玩具車做變加速直線運動 C.玩具車做勻加速直線運動,初速度大小為2 m/s D.玩具車做勻加速直線運動,加速度的大小為1.5 m/s2 3. (2019山東淄博三模)如圖所示,某賓館大樓中的電梯下方固定有4根相同的豎直彈簧,其勁度系數(shù)均為k。這是為了防止電梯在空中因纜繩斷裂而造成生命危險。若纜繩斷裂后,總質量為m的電梯下墜,4根彈簧同時著地而開始緩沖,電梯墜到最低點時加速度大小為5g(g為重力加速度大小),下列說法正確的是(　　) A.電梯墜到最低點時,每根彈簧的壓縮長度為mg2k B.電梯墜到最低點時

3、,每根彈簧的壓縮長度為6mgk C.從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中,電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D.從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中,電梯始終處于失重狀態(tài) 4. 如圖所示,粗糙水平面上并排放著兩個長方體木塊A、B,質量分別為mA=m,mB=3m,與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ,木塊A通過輕質水平彈簧與豎直墻壁相連,現(xiàn)用外力緩緩向左水平推木塊B,使木塊A、B一起向左緩慢移動一段距離后突然撤去外力,木塊A、B由靜止開始向右運動,當彈簧彈力大小為F時(木塊A、B未分離),則(　　) A.木塊A對木塊B的作用力大小一定為3F4 B.木塊A對木塊B的作用力大小一定為

4、F4 C.木塊A對木塊B的作用力大小一定為34F-3μmg D.木塊A對木塊B的作用力大小一定為F-μmg 5. 如圖所示,在光滑的水平面上有一個質量為m'的木板B處于靜止狀態(tài),現(xiàn)有一個質量為m的木塊A從B的左端以初速度v0=3 m/s開始水平向右滑動,已知m'>m。用①和②分別表示木塊A和木板B的圖象,在木塊A從B的左端滑到右端的過程中,下面關于二者速度v隨時間t的變化圖象,其中可能正確的是(　　) 6. 如圖所示,物體A疊放在物體B上,B置于光滑水平面上,A、B質量分別為mA=6 kg,mB=2 kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

5、現(xiàn)對A施加一水平力F,則A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)(　　) A.aA=6 m/s2,aB=2 m/s2 B.aA=2 m/s2,aB=6 m/s2 C.aA=8 m/s2,aB=4 m/s2 D.aA=10 m/s2,aB=6 m/s2 7. (2019江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市二模)如圖所示,置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質彈簧連接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右運動。A、B的質量關系為mA>mB,它們與地面間的動摩擦因數(shù)相同。為使彈簧穩(wěn)定時的伸長量增大,下列操作可行的是(　　) A.僅減小B的質量 B.僅增大A的質量 C.僅將A、B的位置對調 D

6、.僅減小水平面的粗糙程度 8. (多選)如圖所示,傳送帶與水平面夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ

7、水平向左的力F2也可使其恰好與木板發(fā)生相對滑動。下列說法正確的是(　　) A.F1與F2的大小之比為1∶2 B.若將F1、F2都增加到原來的2倍,小物塊在木板上運動到B點的時間之比為1∶2 C.若將F1、F2都增加到原來的2倍,小物塊在木板上運動到B點時木板的位移之比1∶1 D.若將F1、F2都增加到原來的2倍,小物塊在木板上運動的整個過程中摩擦生熱之比為1∶1 B組 10. (多選)(2019廣東高三“六校聯(lián)盟”四聯(lián)考)如圖所示,靜止在光滑水平面上的斜面體,質量為M,傾角為α。其斜面上有一靜止的滑塊,質量為m,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩

8、擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動,下列說法正確的是(　　) A.水平恒力F變大后,如果滑塊仍靜止在斜面上,滑塊對斜面的壓力增加 B.水平恒力F變大后,如果滑塊仍靜止在斜面上,滑塊對斜面的壓力減小 C.若要使滑塊與斜面體一起加速運動,水平向右的力F的最大值(m+M)g(μcosα-sinα)μsinα+cosα D.若水平恒力F方向向左,滑塊與斜面一起向左做a=32gtan α的加速運動,則摩擦力對滑塊做正功 11.(2019山東淄博三模)如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉

9、的慣性演示實驗。某次實驗中,砝碼的質量m1=0.1 kg,紙板的質量m2=0.01 kg,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,砝碼與紙板左端的距離d=0.1 m,重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l=0.002 m,人眼就能感知。若本次實驗未感知到砝碼的移動,求: (1)砝碼移動的最長時間; (2)紙板所需的拉力至少多大? 12. (2019重慶第一中學月考)如圖所示,有一長為s=8.84 m 的傳送帶傾斜放置,傾角為θ=30°,且沒有啟動。一質量為m1=3 kg、長度L=0.5 m的長木板甲靜止于傳送帶頂

10、端,其右端與傳送帶的頂端M點相齊。t=0時刻,將一質量為m2=1 kg的小物塊乙(可視為質點)輕放在長木板甲的左端,與此同時,給長木板甲v0=4 m/s的速度沿傳送帶向下運動。已知,甲與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ1=33,甲與乙之間的動摩擦因數(shù)μ2=32,重力加速度大小g取10 m/s2。則: (1)乙相對甲滑行的最大距離; (2)從t=0時刻到甲和乙剛好達到共同速度的過程中,系統(tǒng)因克服摩擦而產生的熱量; (3)當甲和乙剛好達到共同速度的瞬間啟動傳送帶,使其從靜止開始以恒定的加速度a=3 m/s2沿逆時針方向轉動,求從傳送帶啟動到甲的左端移動到傳送帶底端N點所用的時間。

11、 專題分層突破練2　力與直線運動 1.C　解析 b車的速度先增大后減小,兩車速度方向一直相同,且0~t1這段時間內,b的位移一直大于a的位移,不可能相遇。故A、B兩項錯誤,C項正確。速度—時間圖象與坐標軸圍成面積表示對應時間內的位移,則在0~t1這段時間內xb>xa。在0~t1這段時間內,a車做勻變速直線運動,平均速度va=xat=v1+v22,b車平均速度vb=xbt>v1+v22,故D項錯誤。 2.C　解析 由圖得: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,可知物體做勻加速

12、直線運動,初速度大小為2m/s,加速度的大小為43m/s2。故A、B、D錯誤,C正確。故選C。 3.C　解析 在最低點時,由牛頓第二定律:4kx-mg=ma,其中a=5g,解得x=3mg2k,選項A、B錯誤;從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中,重力先大于彈力,電梯向下先加速運動,當重力小于彈力時,電梯的加速度向上,電梯向下做減速運動,則電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),選項C正確,D錯誤。 4.A　解析 當彈簧彈力大小為F時,設木塊A對木塊B的作用力大小為FN。根據(jù)牛頓第二定律,對A、B整體有:F-μ·4mg=4ma,對B有FN-μ·3mg=3ma,聯(lián)立解得:FN=34F,故選A。

13、 5.C　解析 木塊A滑上B時,A做勻減速直線運動,B做勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律得aA=μmgm,aB=μmgm',已知maB,即①斜率的絕對值應大于②的斜率,故A、B錯誤。若A不能滑下,則兩者最終共速,若A滑下,則A的速度較大,B的速度較小,故C項正確,D項錯誤。 6.D　解析 對B而言,當A、B間的摩擦力達到最大值時,此時的加速度達到最大,則Ffm=μmAg=12N,則最大加速度a=μmAgmB=6m/s2。對整體運用牛頓第二定律可得F=(mA+mB)a=48N,即當拉力增加到48N時,發(fā)生相對滑動,當F≤48N時,aA=aB≤6m/s2,當F>48N時,aA>

14、aB,且aA>6m/s2,aB=6m/s2恒定不變,故D正確。 7.C　解析 設彈簧的勁度系數(shù)為k,伸長量為x,加速度相同為a,對B受力分析有kx-μmBg=mBa,對A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,兩式消去a,整理可得x=Fk1+mAmB;mB減小,x減小,故A錯誤;mA增大,x減小,故B錯誤;因為mA>mB,所以mAmB>1,AB位置對調以后x的表達式為x=Fk1+mBmA,又因為mBmA<1,所以x增大,故C正確;x的表達式中沒有動摩擦因數(shù),因此x與水平面的粗糙程度無關,故D錯誤。 8.BD　解析 在剛開始時,由于木塊的速度小于傳送帶的速度,所以木塊受到的摩擦力方向向下,此時

15、a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ。若到達傳送帶最低端時,木塊的速度仍沒有達到和傳送帶的速度相同,則整個過程中木塊都是以加速度a1做勻加速直線運動。若在到達底端前速度和傳送帶的速度相同了,則由μ

16、2μmg,同理,施加水平向左的力F2時,有F2=4μmg,所以F1與F2的大小之比為1∶2,故A正確;設AB的長度為L,施加水平向右的力2F1時,對滑塊有:a1=2F1m-μg;對木板有:a1'=μg;設經時間t到達B點,由位移關系得:12a1t2-12a1't2=L,解得:t=2L2F1m-2μg,同理,施加水平向右的力2F2時,運動到B點的時間t'=2L2F2m-4μg,所以物塊在木板上運動到B點的時間之比為2∶1,故B錯誤;施加水平向右的力2F1時,由位移公式得木板的位移x1=12a1't2=μg2t2,同理,施加水平向右的力2F2時,由位移公式得木板的位移x2=μg·t'2,所以小物塊

17、在木板上運動到B點時木板的位移之比為1∶1,故C正確;小物塊最終都會滑離木板,二者的相對位移相等,所以整個過程中摩擦生熱之比為摩擦力之比,即為1∶1,故D正確。 10.BCD　解析 設滑塊與斜面體一起運動的加速度為a,則當滑塊與斜面相對靜止時,滑塊沿垂直斜面方向的加速度為asinα,對滑塊由牛頓第二定律:mgcosα-N=masinα;當水平恒力F變大后,如果滑塊仍靜止在斜面上,則整體的加速度a變大,滑塊對斜面的壓力減小,選項A錯誤,B正確;若要使滑塊與斜面體一起加速運動,則垂直斜面方向:mgcosα-N=masinα;沿斜面方向:μN-mgsinα=macosα,對整體a=FM+m;解得F

18、=(m+M)g(μcosα-sinα)μsinα+cosα,選項C正確;若水平恒力F方向向左,則若滑塊與斜面體之間恰無摩擦力,則此時mgtanα=ma0,則a0=gtanα,若a=32gtanα>a0可知斜面體對滑塊的靜摩擦力方向沿斜面向下,可知則摩擦力對滑塊做正功,選項D正確。 11.答案 (1)1050 s　(2)2.44 N 解析 (1)設砝碼在紙板上加速運動時的加速度為a1,在桌面上減速運動的加速度為a2 由μm1g=m1a 知:a1=a2=2m/s2 所以砝碼加速和減速的時間相等,分析可知加速運動的最大距離是12l。 由12l=12a1t2 得:t=10100s 則砝

19、碼移動的最長時間為tm=2t=1050s (2)設當紙板的加速度為a3時砝碼經歷時間t恰好從紙板上滑下,則此時的拉力最小,設為F,由運動學公式: d+l2=12a3t2 得:a3=202m/s2 由F-μ(2m1+m2)g=m2a3 得:F=2.44N 即紙板所需的拉力至少為2.44N 12.答案 (1)0.48 m　(2)20.4 J　(3)2 s 解析 (1)乙沿傳送帶向下做勻加速直線運動,加速度大小為: a1=μ2m2gcos30°+m2gsin30°m2=μ2gcos30°+gsin30°=12.5m/s2 甲沿傳送帶向下做勻減速直線運動,加速度大小為:a2= μ

20、2m2gcos30°+μ1(m1+m2)gcos30°-m1gsin30°m1 =256m/s2 設甲和乙剛好達到共同速度時速度為v1,時間為t1 根據(jù)運動學公式可得:v1=a1t1 v1=v0-a2t1 聯(lián)立解得:v1=3m/s,t1=0.24s 甲的位移為:x甲=v0t1-12a2t12=0.84m 乙的位移為:x乙=12a1t12=0.36m 乙相對甲滑行的最大距離: Δx=x甲-x乙=0.48m (2)從t=0時刻到甲和乙剛好達到共同速度的過程中,甲與傳送帶之間因克服摩擦而產生的熱量:Q1=μ1(m1+m2)gcos30°·x甲=16.8J 甲與乙之間因克服摩擦而

21、產生的熱量:Q2=μ2m2gcos30°·Δx=3.6J 系統(tǒng)因克服摩擦而產生的總熱量:Q=Q1+Q2=20.4J (3)當甲和乙剛好達到共同速度的瞬間啟動傳送帶時,對甲乙系統(tǒng),則有:μ1(m1+m2)gcos30°=(m1+m2)gsin30° 所以甲乙與傳送帶共速前,甲乙一起做勻速直線運動 運動時間為:t2=v1a=1s 甲乙一起運動的位移:x1=v1t2=3m 甲乙與傳送帶共速后,甲乙與傳送一起做勻加速直線運動 根據(jù)運動學公式有: s-x甲-x1-L=v1t3+12at32 解得:t3=1s 從傳送帶啟動到甲的左端動到傳送帶底端N點所用的時間:t=t2+t3=2s 11