高考物理二轮作业手册 第2讲 力与直线运动

专题限时集训(二)[第2讲力与直线运动](时间：40分钟)1．某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图像，能反映t1时刻两车相遇的是()图2－12．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，而在这一过程中其余各力均不变．那么，图2－2中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()图2－23．如图2－3所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m.B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计．B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态．将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间()图2－3A．吊篮A的加速度大小为gB．物体B的加速度大小为gC．物体C的加速度大小为2gD．A、B、C的加速度大小都等于g4．如图2－4所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，小物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，小物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10m/s2图2－4A．a1＝2m/s2,a2＝3mB．a1＝3m/s2,a2＝2mC．a1＝5m/s2,a2＝3mD．a1＝3m/s2,a2＝5m5．如图2－5所示，质量为M的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为α，当地重力加速度为g，那么当一个质量为m的物块在这个斜面上自由下滑时，小车对右侧墙壁的压力大小是()图2－5A．mgsinαcosαB.eq\f(Mmgsinαcosα,M＋m)C．mgtanαD.eq\f(Mmgtanα,M＋m)6．如图2－6所示，两个小物体A、B放在水平地面上相距9m，现使它们分别以初速度vA＝6m/s和vB＝2m/s同时相向运动，图2－6A．经约0.92s相遇B．经约1.38s相遇C．经2s相遇D．不可能相遇7．如图2－7甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量M＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2图2－7A．传送带的速率v0＝10mB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～1.0s和1.0～2.0s摩擦力大小相等，方向相反8．如图2－8所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m的圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下．下列结论正确的是()图2－8A．A环受滑竿的作用力大小为(m＋M)gcosθB．B环受到的摩擦力f＝mgsinθC．C球的加速度a＝gsinθD．D受悬线的拉力T＝Mg9．体育课上老师带领学生做了一个“捡豆子”的游戏，在100m的直跑道上距离出发点12m处放有若干红豆，距离出发点100m处放有若干绿豆．游戏规则是从100m起点跑到有红豆和绿豆处，速度为0时分别捡起1颗豆子来，看谁用的时间最短．已知某同学做匀加速运动和匀减速运动的加速度大小均为3m/s2，10．如图2－9所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M＝1.0kg，长度L＝1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点)，质量m＝0.5kg，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1＝0.10，小滑块、薄木板分别与桌面之间的动摩擦因数相等，且μ2(1)若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？(2)若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F2应满足的条件．图2－9

专题限时集训(二)1．BD[解析]位移图像的交点表示相遇，选项B正确；要相遇，发生的位移相等，对速度图像，即0～t1图线与时间轴所围的面积相等，选项D正确．2．D3．C[解析]未剪断轻绳时，弹簧弹力kx＝3mg，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，对物体B，加速度为0；对A和C，由牛顿第二定律，有kx＋3mg＝3ma，则a＝2g，选项C4．D[解析]当小物块与小车间为静摩擦力时，两者一起运动，加速度相同，且有最大加速度时静摩擦力最大，则amax＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，选项A、B错误；当小物块与小车间为滑动摩擦力时，两者发生相对运动，小物块的加速度am＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，而小车的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)>3m/s2，选项C错误，选项D正确．5．A[解析]对物块，由牛顿第二定律，有am＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，对小车和物块整体，水平方向右侧墙壁对小车的压力FN＝mamcosα＝mgsinαcosα，选项A正确．6．C[解析]由牛顿第二定律，加速度aA＝aB＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，B减速到0的时间为t1＝eq\f(vB,aB)＝1s，1s内A、B各自发生的位移xA＝vAt－eq\f(1,2)aAt2＝5m，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2＝1m，可见，1s内两物体不会相遇，则相遇发生在B停下后，设相遇需时间t2，则xA′＝vAt2－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,2)＝9m－1m，解得t2＝2s，选项C正确．7．ACD[解析]当物体速度等于传送带的速度后，摩擦力突变，物体运动性质变化，由图可得传送带的速率v0＝10m/s，选项A正确；当物体速度小于10m/s时，加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝10m/s2，而a1＝gsinθ＋μgcosθ；当物体速度大于10m/s时，加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝2m/s2，而此时摩擦力反向，a2＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.5，θ＝37°，选项C、D正确．8．ACD[解析]对C，合力F1＝Mgsinθ＝Ma，则C球的加速度aC＝gsinθ，对A、C整体，A环受滑竿的作用力FNA＝(m＋M)gcosθ，选项A、C正确；对D，合力为0，则悬线拉力T＝Mg，对B、D整体，B环受滑竿的摩擦力f＝(m＋M)gsinθ，选项B错误，选项D正确．9．16.7s[解析]设某同学做匀加速运动到最大速度的时间为t1，位移为x1，则t1＝eq\f(vm,a)＝eq\f(9,3)s＝3s，x1＝eq\f(vmt,2)＝eq\f(9×3,2)m＝13.5m以最大速度匀减速运动到0的时间和位移与加速过程相同，则从静止加速度到最大速度，又减速到停下的总位移x＝2x1＝27m>12m，这说明捡红豆前不可能加速到最大速度，设捡红豆前的最大速度为v，加速的时间为t2x0＝eq\f(v2,2a)×2，即eq\f(12,2)＝eq\f(v2,2×3)，解得v＝6m/s时间t2＝eq\f(v,a)＝eq\f(6,3)s＝2s红豆与绿豆的距离x′＝100m－12m＝88m>27m，这说明捡绿豆前加速到最大速度后要匀速运动一段时间对匀速运动：x2＝x′－2x1＝vm×t3，即88－27＝9t，解得t3＝6.8s该同学捡起2种豆子所需要的最短时间t＝2t2＋t3＋2t1＝16.7s.10．(1)4.5N(2)F2≥6N[解析](1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1F1－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，a1＝a2解得F1＝4.5N即小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N.(2)设小滑块脱离木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则v＝a1t，μ2mg＝ma3