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1、专题过关检测(二) 力与直线运动一、单项选择题1.如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动过程的是()解析:选B滑块沿斜面做匀减速直线运动,速度随时间均匀减小,加速度恒定,C、D项错误;位移时间图像中斜率代表速度,A项中斜率表示竖直方向的分速度在增加,A项错误,B项斜率表示合速度在减小,B项正确。2(2019苏州检测)如图所示是某物体做直线运动的vt图像,则该物体全过程()A做匀速直线运动B做匀加速直线运动C一直朝某一方向运动D在某
2、一线段上做两个来回运动解析:选C在vt图像中,图像的斜率表示物体的加速度,01 s内加速度为正,12 s内的加速度为负,方向不同,所以物体既不做匀速直线运动,也不做匀加速直线运动,故A、B错误;速度的正负表示运动方向,04 s内速度为正,所以物体一直朝某一方向运动,不是在某一线段上做两个来回运动,故C正确,D错误。3(2019南通二模)“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营,我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中,某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球,则小球()A在最高点对地速度为零B在最高点对地速度最大C落点位置与抛出时
3、车厢的速度大小无关D抛出时车厢速度越大,落点位置离乘客越远解析:选C小球在空中运动时,其水平方向上的速度大小是不变的,而竖直方向上其运动速度是变化的,在最高点竖直方向的速度为零,此时相对地速度最小,但不为零,故A、B项错误;小球在空中运动时,其水平方向上的速度大小是不变的,列车做加速运动,相对位移为xv0tat2v0tat2,与初速度无关,故C项正确,D项错误。4(2019南京模拟)高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某人驾驶汽车以6 m/s的速度匀速进入识别区,ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签,识别完成后发出“滴”的一声,司机
4、发现自动栏杆没有抬起,于是采取制动刹车,汽车刚好紧贴栏杆停下。已知司机的反应时间为0.7 s,刹车的加速度大小为5 m/s2,则该ETC通道的长度约为()A3.6 mB5.4 mC6.0 m D9.6 m解析:选D在反应时间时,汽车做匀速运动,位移x1v(t1t2)6(0.30.7)m6 m,刹车后汽车做匀减速运动,位移x23.6 m,汽车运动的位移xx1x29.6 m,所以该ETC通道的长度约为9.6 m,D正确。5.如图所示,倾角为30的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A,跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行,另一端连接质量为m的物块B,质量也为m的物块C位于木板A顶端。
5、静止释放后,C下滑,而A、B仍保持静止。已知M1.5m,重力加速度为g,则C沿木板下滑的加速度大小为()A.g BgC.g D.g解析:选C对木板A受力分析,受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力,根据平衡条件可得:Mgsin 30fmg,由题意可知:M1.5m,可得A、C间的摩擦力为f0.25mg,对C受力分析,根据牛顿第二定律可得:mgsin 30fma,联立以上关系式可得C下滑的加速度ag,故C正确,A、B、D错误。二、多项选择题6.甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是()A在t1时刻两车速度相
6、等B从0到t1时间内,两车走过的路程相等C从t1到t2时间内,两车走过的路程相等D在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等解析:选CDxt图像斜率表示两车速度,则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度,故A错误。由两图线的纵截距知,出发时甲车在乙车前面,t1时刻图线相交表示两车相遇,可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离,故B错误。t1和t2时刻两图线相交,表明两车均在同一位置,从t1到t2时间内,两车走过的路程相等;在t1到t2时间内,两图线有斜率相等的一个时刻,即该时刻两车速度相等,故C、D正确。7.(2019苏锡常镇调研)一实验箱沿竖直方向运动,其侧壁用细线系一小钢球。球与实验箱保持相对静
7、止,如图所示,不计空气对球的作用力,则()A实验箱的加速度一定竖直向下B实验箱的速度一定竖直向下C实验箱的加速度可能小于重力加速度D球对侧壁的压力可能为零解析:选AD对小球受力分析,如图所示,钢球受到的重力和细线拉力的竖直分力(可能为0)均竖直向下,因此实验箱的加速度一定竖直向下,而且加速度ag,A正确,C错误;加速度竖直向下,小球可能加速向下运动,也可能减速向上运动,B错误;因为钢球所受拉力可能为0,在水平方向TxFN0,即球对侧壁的压力可能为零,D正确。8.(2019淮安、宿迁期中)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止
8、。现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg),若其他条件不变,木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。则()Aa2a1 Ba2a1Cx2x1 Dx2x1解析:选AD设木盒的质量为M,根据牛顿第二定律得,放砝码时,加速度:a1g,拿走砝码施加F时,加速度:a2g,可知a2a1;根据v22ax得,x,知加速度增大,则滑行的距离变小,即:x2x1,则A、D正确,B、C错误。9如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为的斜面底端,另一端与物块A连接;两物块A、B质量均为m,初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运动,A、B两物块在开始一段时
9、间内的v t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切,t2时刻对应A图线的最高点),重力加速度为g,则()At2时刻,弹簧形变量为0Bt1时刻,弹簧形变量为C从开始到t2时刻,拉力F逐渐增大D从t1时刻开始,拉力F恒定不变解析:选BD由题图知,t2时刻A的加速度为零,速度最大,根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin kx,则x,故A错误;由题图读出,t1时刻A、B开始分离,对A根据牛顿第二定律得kxmgsin ma,则x,故B正确;从开始到t1时刻,对A、B整体,根据牛顿第二定律得Fkx2mgsin 2ma,得F2mgsin 2makx,x减小,F增大,从t1时刻开始,对B由牛顿
10、第二定律得Fmgsin ma,得Fmgsin ma,可知F不变,故C错误,D正确。三、计算题10(2019无锡期末)如图甲所示,质量为m2 kg的物块以初速度v020 m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动,同时物块受到一水平向左的恒力F作用,在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图乙所示,g取10 m/s2。试求:(1)物块在04 s内的加速度a1的大小和48 s内的加速度a2的大小;(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数;(3)8 s内恒力F所做的功。解析:(1)由题图乙可知,04 s内,物块向右做匀减速直线运动,48 s内,物块向左做匀加速直线运动。04 s内,a1 m/s
11、25 m/s2,方向水平向左;48 s内,a2 m/s22 m/s2,方向水平向左;(2)根据牛顿第二定律,在04 s内恒力F与摩擦力同向:Fmgma148 s内恒力F与摩擦力反向:Fmgma2代入数据解得:F7 N,0.15。(3)根据图形的面积可得8 s内物体运动的位移s420 m48 m24 m恒力F做的功为WFs724 J168 J。答案:(1)5 m/s22 m/s2(2)7 N0.15(3)168 J11(2019苏州期中)如图甲所示,一质量m0.4 kg的小物块,以v02 m/s的初速度,在与斜面平行的拉力作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t2 s的时间物块由A点运动到B点,A、
12、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30,物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。求:(1)物块到达B点时速度的大小,物块加速度的大小;(2)拉力F的大小;(3)若拉力F与斜面的夹角为,如图乙所示,物块以加速度a向上加速运动,试写出拉力F的表达式。解析:(1)物块做匀加速直线运动,根据运动学公式,有Lv0tat2,vv0at,联立解得a3 m/s2,v8 m/s。(2)对物块受力分析,受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有平行斜面方向Fmgsin fma垂直斜面方向FNmgcos 其中fFN拉力F的大小为Fmg(sin cos )ma5.2 N。(3)拉力F与斜面夹角为时,受力如图:根据牛顿第二定律有Fcos mgsin fmaFNFsin mgcos 0其中fFN拉力F的表达式为F。答案:(1)8 m/s3 m/s2(2)5.2 N(3) F