2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 力与运动 第1讲 力与物体的直线运动练习（含解析）

力与物体的直线运动1一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑材料，若忽略空气阻力，则下列有关材料的受力分析图正确的是()解析材料向右上方匀速运动，处于平衡状态，所受合力为零，a、b、c中合力不为零，受力不平衡，选项a、b、c错误，d正确。答案d2(2019江苏扬州一模)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为()amgsin bmgcoscmgtan dmgsincos解析设细线的弹力为f，对斜面上的木块由共点力平衡条件有fmgsin0，对轻环由共点力平衡条件有fcosff0，解得杆对环的摩擦力大小为ffmgsincos，故选d。答案d3(2019广东汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为l，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为()a. bc. d解析轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1v0tat2，货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2v0t，根据x1x2l解得：a，故b项正确，a、c、d项错误，故选b项。答案b4(2019济南二模)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是()av bvcv dv解析由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，画出相应的v t图像大致如图所示。根据图像的意义可知，实线与坐标轴包围的面积为x，虚线(匀减速运动)下方的“面积”表示的位移为：t。应有：tx，所以v，所以选项c正确。答案c5如图所示，在光滑的水平地面上并排放着3 000个完全相同的小球。现用恒定水平推力f推第3 000号球，并使所有球共同向右运动，则第2 016号球与第2 017号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为()a2 016 b2 017c. d解析以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：f3 000ma；得：a；以12 016个小球为研究对象，根据牛顿第二定律：n12 016ma，得：n1f；以1号球为研究对象：n2maf；则第2 016号球与第2 017号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为2 0161；故选a。答案a6(多选)(2019河北承德联校期末)如图所示，质量为3 kg的物体a静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体b用细线悬挂，a、b间相互接触但无压力。取g10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()ab对a的压力大小为12 nb弹簧弹力大小为20 ncb的加速度大小为4 m/s2da的加速度为零解析剪断细线前，a、b间无压力，则弹簧的弹力fmag30 n，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对a、b整体分析，整体加速度：a m/s24 m/s2隔离对b分析有：mbgfnmba，解得：fn(2024) n12 n，由牛顿第三定律知b对a的压力为12 n，故a、c正确，b、d错误。答案ac7(多选)(2019云南昆明月考)如图所示，质量为2 kg的木板m放置在光滑水平面上，木板上固定一轻质刚性竖直挡板，挡板能承受的最大弹力为4 n。超过4 n，挡板将从木板上掉落。初始时质量为1 kg的物块m(可视为质点)恰好与竖直挡板接触，且两物体均静止，某时刻开始m受水平向左的外力f作用。已知m、m间的动摩擦因数0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2。关于m、m的运动，下列表述正确的是()a若f9 n，此时挡板对物块m的力为3 nb只要f30 n，物块m能静止在木板上c若f15 n，此时木板m的加速度a5 m/s2d物块m的最大加速度为9 m/s2解析物块m与木板m之间的最大静摩擦力fmnmg0.5110 n5 n，当f9 n时，物块m与木板m一起做加速运动，共同的加速度a3 m/s2。m受到的摩擦力fma3 n5 n，所以当f9 n时，竖直挡板对m没有弹力作用，a项错误；m受到的向左的力最大值为最大静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度am m/s29 m/s2。物块m和木板m相对静止时，最大的加速度为9 m/s2，fm(mm)am27 n，b项错误，d项正确；当f15 n时，物块和木板相对静止，a5 m/s2，c项正确。答案cd8(2019陕西西安月考)如图所示，物体a、b质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体不连接)。对a施加一竖直向下，大小为f的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体a、b处于平衡状态。已知重力加速度为g，f2mg。现突然撤去外力f，设两物体向上运动过程中a、b间的相互作用力大小为fn，则下列关于fn的说法正确的是()a刚撤去外力f时，fnb弹簧弹力等于f时，fnc两物体a、b在弹簧恢复原长之前分离d弹簧恢复原长时fnmg解析刚撤去外力f时，由牛顿第二定律，对a、b组成的整体有f2ma1，对物体a有fnmgma1，联立解得fnmg，选项a错误；弹簧弹力等于f时，对a、b组成的整体有f2mg2ma2，对物体a有fnmgma2，联立解得fn，选项b正确；当a、b恰好分离时，a、b间相互作用力为0，对a有mgma，ag，b的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项c、d错误。答案b9(多选)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物体a在水平向右的拉力f的作用下做直线运动，其v t图像如图乙中实线所示，下列判断正确的是()a在01 s内，拉力f不断增大b在13 s内，拉力f保持不变c在34 s内，拉力f不断增大d在34 s内，拉力f不断减小解析由v t图像可知，在01 s内，物体做匀加速直线运动，加速度恒定，摩擦力恒定，由牛顿第二定律可知，ffma，因此拉力f恒定，a项错误；在13 s内，物体做匀速直线运动，合外力为零，拉力大小始终等于摩擦力的大小，b项正确；在34 s内，物体做的是变减速运动，加速度大小越来越大，摩擦力恒定，则由ffma可知，拉力f越来越小，c项错误，d项正确。答案bd10.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速运动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析小木块刚放上去后，在速度小于v0前，木块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得，a1gsingcos；在木块速度等于v0后，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，a2gsingcos。d项正确。答案d11(2019山西阳泉一模)如图所示为一种叫“控子”的游戏：让滑块从a点由静止释放，游戏者通过控制bc段上的可控区域的长度，让滑块到达c点时速度刚好为零，滑块自由落入洞d中即为成功。已知轨道ab、bc可视为斜面，ab长25 cm，bc长1 m，cd高20 cm，滑块在ab段加速下滑时加速度大小为a12 m/s2，在bc段非可控区域加速下滑时加速度大小为a21 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a33 m/s2，滑块在b点、可控点前后速度大小不变，g取10 m/s2，求：游戏成功时，(1)可控区域的长度l；(2)滑块从a到洞d所经历的时间t。解析(1)设滑块在b点时速度大小为vb，则由运动学规律知v2a1xab且vba1t1解得t10.5 s，vb1 m/s设滑块在e点进入可控区域，从b到e，由运动学规律知vv2a2(xbcl)vevba2t2从e到c，由运动学规律知v2a3lvea3t3解得t2t30.5 s，l0.375 m(2)滑块从c到d，由自由落体运动规律知hcdgt解得t40.2 s所以滑块从a到洞d所经历的时间tt1t2t3t41.7 s。答案(1)0.375 m(2)1.7 s12(2019福建泉州一模)如图所示，一货场需将质量m160 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道sp和竖直面内圆弧形轨道pq，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板a、b上。倾斜轨道sp竖直高度h1.2 m，与水平面夹角53。圆弧形轨道pq半径r2 m，末端q切线水平，两轨道相切于p点，且不计货物与两轨道间的摩擦。开始时木板a紧靠弧形轨道末端q，木板a上表面与轨道末端q相切。相同的两块木板a、b，长度均为l3 m，质量均为m260 kg，木板与地面间的动摩擦因数10.15，货物与木板间的动摩擦因数为2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin530.8，cos530.6，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)求货物到达圆弧形轨道末端q时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板a时，木板不动，而滑上木板b时，木板b开始滑动，求2应满足的条件；(3)若20.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离。解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：m1ghr(1cos)m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为fn，根据向心力公式得：fnm1gm1联立得：v2 m/s，fn1 800 n根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为fnfn1 800 n，方向竖直向下(2)若货物滑上木板a时，木板不动，对木板a和b整体分析，则有：2m1g1(m12m2)g若滑上木板b时，木板b开始滑动，对木板b分析得：2m1g1(m1m2)g联立得：0.3020.45(3)若20.4，由上问可知，货物在木板a上滑动时，木板a不动，设货物在木板a上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：2m1gm1a1设货物滑到木板a末端时的速度为v1，由运动学公式得：vv22a1l联立可以得到：v14 m/s设货物滑上木板b经过时间t货物与木板b达到共同速