2022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.doc

力与物体的直线运动
1．一建筑塔吊如下图向右上方匀速提升建筑材料，假设忽略空气阻力，那么以下有关材料的受力分析图正确的选项是(　　)
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　D
2．(2022·江苏扬州一模)在水平地面上固定一个上外表光滑的斜面体，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，如下图，那么杆对环的摩擦力大小为(　　)
A．mgsinθ B．mgcosθ
C．mgtanθ D．mgsinθ·cosθ
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F－mgsinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有Fcosθ－Ff＝0，解得杆对环的摩擦力大小为Ff＝mgsinθ·cosθ，应选D。
答案　D
3．(2022·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，如下图，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，假设货车车身长度为L，且货车保持匀速，那么轿车加速过程的加速度大小为(　　)
A. B．
C. D．
解析　轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1＝v0t＋at2，货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，
根据x1－x2＝L解得：
a＝，故B项正确，A、C、D项错误，应选B项。
答案　B
4．(2022·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，那么飞机着陆时的速度应是(　　)
A．v＝ B．v＝
C．v＞ D．＜v＜
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图像大致如下图。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：t＞x，所以v＞，所以选项C正确。
答案　C
5．如下图，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，那么第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(　　)
A．2 016 B．2 017
C. D．
解析　以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：
F＝3 000ma；得：a＝；以1－2 016个小球为研究对象，根据牛顿第二定律：N1＝2 016ma，得：N1＝F；以1号球为研究对象：N2＝ma＝F；那么第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2 016∶1；应选A。
答案　A
6．(多项选择)(2022·河北承德联校期末)如下图，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g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，那么细线剪断瞬间(　　)
A．B对A的压力大小为12 N
B．弹簧弹力大小为20 N
C．B的加速度大小为4 m/s2
D．A的加速度为零
解析　剪断细线前，A、B间无压力，那么弹簧的弹力F＝mAg＝30 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/s2＝4 m/s2
隔离对B分析有：mBg－FN＝mBa，
解得：FN＝(20－2×4) N＝12 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　AC
7．(多项选择)(2022·云南昆明月考)如下图，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。M、m间的动摩擦因数μ＝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，以下表述正确的选项是(　　)
A．假设F＝9 N，此时挡板对物块m的力为3 N
B．只要F＜30 N，物块m能静止在木板上
C．假设F＝15 N，此时木板M的加速度a＝5 m/s2
D．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fm＝μN＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，当F＝9 N时，物块m与木板M一起做加速运动，共同的加速度a＝＝3 m/s2。m受到的摩擦力f＝ma＝3 N＜5 N，所以当F＝9 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/s2＝9 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＝(M＋m)am＝27 N，B项错误，D项正确；当F＝15 N时，物块和木板相对静止，a＝＝5 m/s2，C项正确。
答案　CD
8．(2022·陕西西安月考)如下图，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。重力加速度为g，F＞2mg。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，那么以下关于FN的说法正确的选项是(　　)
A．刚撤去外力F时，FN＝
B．弹簧弹力等于F时，FN＝
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前别离
D．弹簧恢复原长时FN＝mg
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F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立解得FN＝＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有FN－mg＝ma2，联立解得FN＝，选项B正确；当A、B恰好别离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，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　B
9．(多项选择)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，以下判断正确的选项是(　　)
A．在0～1 s内，拉力F不断增大
B．在1～3 s内，拉力F保持不变
C．在3～4 s内，拉力F不断增大
D．在3～4 s内，拉力F不断减小
解析　由v ­t图像可知，在0～1 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，F－f＝ma，因此拉力F恒定，A项错误；在1～3 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3～4 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，那么由f－F＝ma可知，拉力F越来越小，C项错误，D项正确。
答案　BD
10.如下图，足够长的传送带与水平面夹角为θ，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μ＜tanθ，那么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，a1＝gsinθ＋μgcosθ；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，a2＝gsinθ－μgcosθ。D项正确。
答案　D
11．(2022·山西阳泉一模)如下图为一种叫“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。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a1＝2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝3 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，那么由运动学规律知
v＝2a1xAB
且vB＝a1t1
解得t1＝0.5 s，vB＝1 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
v－v＝2a2(xBC－L)
vE－vB＝a2t2
从E到C，由运动学规律知
v＝2a3L
vE＝a3t3
解得t2＝t3＝0.5 s，
L＝0.375 m
(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知
hCD＝gt
解得t4＝0.2 s
所以滑块从A到洞D所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7 s。
答案　(1)0.375 m　(2)1.7 s
12．(2022·福建泉州一模)如下图，一货场需将质量m1＝60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为防止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h＝1.2 m，与水平面夹角θ＝53°。圆弧形轨道PQ半径R＝2 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上外表与轨道末端Q相切。相同的两块木板A、B，长度均为l＝3 m，质量均为m2＝60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；
(2)假设货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；
(3)假设μ2＝0.40，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：
m1g[h＋R(1－cosθ)]＝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：FN－m1g＝m1
联立得：v＝2 m/s，FN＝1 800 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FN′＝FN＝1 800 N，方向竖直向下
(2)假设货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，那么有：μ2m1g≤μ1(m1＋2m2)g
假设滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g＞μ1(m1＋m2)g
联立得：0.30＜μ2≤0.45
(3)假设μ2＝0.4，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：μ2m1g＝m1a1
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：
v－v2＝－2a1l
联立可以得到：v1＝4 m/s
设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B到达共同速度v2，木板B的加速度为a2
由牛顿第二定律和运动学公式得：
对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，
对于货物有：v2＝v1－a1t
木板的位移：x2＝t
货物的位移：x1＝t
货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2
联立得：Δx＝1.6 m
货物与木板B到达共同速度v2后，由于μ2＞μ1，货物与木板B间没有相对滑动
那么货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m。
答案　(1)1 800 N，方向竖直向下　(2)0.30＜μ2≤0.45　(3)B木板　1.6 m
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