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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
江苏专用2020版高考物理二轮复习专题过关检测二力与直线运动
