2019届高考物理二轮复习专题限时训练2力与直线运动(含解析)

专题限时训练2　力与直线运动

时间：45分钟

一、单项选择题

1．物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针转动，传送带转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后(　B　)

A．物块将减速下滑

B．物块仍匀速下滑

C．物块受到的摩擦力变小

D．物块受到的摩擦力变大

解析：当传送带静止时，物块匀速下滑，由物块受力平衡可得：mgsinθ＝μmgcosθ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcosθ，选项C、D错误；物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑，选项A错误，B正确．

2．(2018·石家庄模拟)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0到t＝10 s这段时间内的位移大小为(　C　)

A．6 m  B．18 m

C．30 m   D．24 m

解析：物体所受的最大静摩擦力f＝μmg＝6 N．在0～2 s内，拉力小于摩擦力，物体不动；在2～4 s内，物体做匀加速直线运动，a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，则位移x1＝a1t＝×3×4 m＝6 m；在4～6 s内，物体做匀减速直线运动，加速度大小a2＝μg＝3 m/s2，初速度v0＝a1t1＝6 m/s，则位移x2＝v0t2－a2t＝12 m－×3×4 m＝6 m；物体的末速度v1＝v0－a2t2＝6 m/s－3×2 m/s＝0

在6～8 s内，物体做匀加速直线运动，匀加速直线运动位移x3＝6 m/s，末速度v2＝6 m/s.

在8～10 s内，物体做匀速直线运动，位移x4＝v2t4＝12 m.

则0～10 s内的位移x＝6 m＋6 m＋6 m＋12 m＝30 m，故C正确，A、B、D错误．

3．(2018·福建四地六校联考)图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图象分析可知(　B　)

A．张明所受重力为1 000 N

B．e点位置张明处于超重状态

C．c点位置张明处于失重状态

D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度

解析：开始时张明处于平衡状态，对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和力的平衡可知，张明所受重力也是500 N，故A错误；e点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B正确；c点时张明对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C错误；张明在d点时有a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，张明在f点时有a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误．

4．(2018·莆田模拟)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，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，设物块的加速度为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10 m/s2)(　D　)

A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2  B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2

C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2  D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2

解析：由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2.当F较大时，物块与小车发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2>3 m/s2.综上所述只有选项D符合题意．

5．(2018·陕西渭南模拟)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，g取10 m/s2)(　C　)

解析：在0～1 s内，由牛顿第二定律得a1＝＝g，方向沿斜面向上，物体沿斜面向上做匀加速直线运动；在1～2 s内，力F大小为零，由牛顿第二定律得a2＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在2～3 s内，由牛顿第二定律得a3＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小v＝a3t＝15 m/s，故C正确．

6．目前交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2.则下列说法中正确的是(　D　)

A．如果驾驶员立即刹车制动，则t＝2 s时，汽车离停车线的距离为2 m

B．如果在距停车线6 m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人

C．如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人

D．如果驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人

解析：若汽车做匀减速运动，速度减为零的时间t0＝＝ s＝1.6 s<2 s，所以从刹车到停止的位移x＝＝ m＝6.4 m，汽车离停车线的距离为Δx＝8 m－6.4 m＝1.6 m，故A错误；如果在距停车线6 m处开始刹车制动，刹车到停止的位移是6.4 m，所以汽车不能在停车线处刹住停车让人，故B错误；刹车的位移是6.4 m，所以车匀速运动的位移是1.6 m，则驾驶员的反应时间t＝＝ s＝0.2 s，故C错误，D正确．

二、多项选择题

7．(2018·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　BC　)

A．轻绳的拉力等于Mg

B．轻绳的拉力等于mg

C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g

D．M运动的加速度大小为g

解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对．

8．(2018·广东惠州模拟)观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时，发现自来水水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端面积为S1，下端面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是(　BC　)

A．水柱是上细下粗

B．水柱是上粗下细

C．该水龙头的流量是S1S2

D．该水龙头的流量是

解析：由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V，V＝vΔtS，开始时水流速度小，横截面积大，速度增大时横截面积变小，所以水柱是上粗下细，A错误，B正确；高为H的水柱上端速度为v1＝，下端速度为v2＝，根据v－v＝2gH，水的流量＝S1S2，C正确，D错误．

9．将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v­t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(　BD　)

A．小球上升与下落所用时间之比为23

B．小球落回到抛出点的速度大小为8 m/s

C．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态

D．小球重力和阻力之比为51

解析：根据图象可得，上升的过程中，加速度为a1＝ m/s2＝－12 m/s2，根据牛顿第二定律可得－(mg＋f)＝ma1，所以小球受到的阻力的大小为f＝－ma1－mg＝－1×(－12) N－1×10 N＝2 N，在下降的过程中，小球受到的合力为F＝mg－f＝10 N－2 N＝8 N，所以下降的过程中的加速度为a2＝－＝－ m/s2＝－8 m/s2，根据公式x＝at2可得运动的时间为t＝，所以时间之比为＝＝，故A错误；由图象知小球匀减速上升的位移为x＝×2×24 m＝24 m，x′＝－x＝－24 m，根据v2＝2a2x′得：v＝＝ m/s＝8 m/s，故B正确；小球下落过程，加速度向下，处于失重状态，故C错误；由A的分析可知，重力与阻力之比为mgf＝10 N2 N＝51，故D正确．

10．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　BC　)

解析：当v1>v2时，P相对于传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，当Ff>FT时，合外力向右，P向右做加速运动，当达到与传送带速度一样时，一起做匀速运动，受力分析如图甲，则B正确；当Ff<FT时，一直减速直到减为零，再反向加速，当v1<v2时，P相对于传送带向右滑动，受力分析如图乙，P向右做减速运动，当P的速度与传送带速度相等时，若Ff<FT，P又相对于传送带向左滑动，相对地面向右减速，受力分析如图甲，加速度减小，则C正确；当Ff＝FT时匀速运动，A、D错误．

三、计算题

11．(2018·山东枣庄市模拟)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：

(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？

(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？

解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦Ffm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿运动定律可知：

对整体：F1＝(M＋m)a1　对木板：Ffm＝Ma1

其中Ffm＝μmg　联立解得F1＝2.5 N

故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动

(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑动；

设滑动摩擦力的大小为Ff，小物块、木板的加速度分别为a2、a3，由牛顿第二定律可得：

对小物块：F2－Ff＝ma2　对木板Ff＝Ma3

其中Ff＝μmg解得a2＝3.5 m/s2；a3＝0.5 m/s2

设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为x1、x2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：x1＝a2t2，x2＝a3t2，x1－x2＝L，解得：t＝1 s.

答案：(1)F>2.5 N　(2)1 s

12．(2017·新课标全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

(1)B与木板相对静止时，木板的速度；

(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．

解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2，木板受

地面的摩擦力大小为Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.

在滑块B与木板达到共同速度前有Ff1＝μ1mAg①

Ff2＝μ1mBg②

Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③

由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA④

Ff2＝mBaB⑤

Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.

由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦

v1＝a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨

(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sB＝v0t1－aBt⑩

设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有

Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2⑪

由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫

对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬

在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为

s1＝v1t2－a2t⑭

在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯

联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m⑰

(也可用下图中的速度—时间图线求解)

答案：(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同

(2)1.9 m