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- 2021-05-27 发布
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重难专题强化练——“力与直线运动”课后冲关
一、高考真题集中演练——明规律
1.(2013·全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是( )
解析:选C 设物块所受滑动摩擦力为f,在水平拉力F作用下,物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,F-f=ma,F=ma+f,所以能正确描述F与a之间关系的图像是C,选项C正确。
2.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
解析:选B 根据v t图像可知电梯的运动情况:加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升,根据牛顿第二定律F-mg=ma可判断支持力F的变化情况:失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重,故选项B正确。
3.[多选](2015·全国卷Ⅰ)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出( )
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析:选ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1=,下降过程中的加速度为a2=。物块在上升和下降过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+f=ma1,mgsin θ-f=ma2,由以上各式可求得sin θ=,滑动摩擦力f=,而f=μFN=μmgcos θ,由以上分析可知,选项A、C正确。由vt图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离,可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度,选项D正确。
4.[多选](2016·江苏高考)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
解析:选BD 鱼缸相对于桌布向左运动,故应受到向右的摩擦力,选项A错误;由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等,鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等,根据v=at,鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等,选项B正确;若猫增大拉力,鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力,大小不变,选项C错误;若猫减小拉力,鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面,选项D正确。
5.[多选](2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( )
A.8 B.10
C.15 D.18
解析:选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分,与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节,Q部分为n1节,每节车厢质量为m,当加速度为a时,对Q有F=n1ma;当加速度为a时,对P有F=(n-n1)ma,联立得2n=5n1。当n1=2,n1=4,n1=6时,n=5,n=10,n=15,由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确。
6.(2014·全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
解析:设路面干燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为x,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0 ①
x=v0t0+ ②
式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=μ0 ③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma ④
x=vt0+ ⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v=20 m/s(或72 km/h)。 ⑥
答案:20 m/s(或72 km/h)
7.(2015·全国卷Ⅰ)
一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块,在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解析:(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1 ①
由题图(b)可知,木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1=4 m/s,
由运动学公式有
v1=v0+a1t1 ②
s0=v0t1+a1t12 ③
式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板碰撞前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得
μ1=0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2 ⑤
由题图(b)可得
a2= ⑥
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得
μ2=0.4。 ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧
v3=-v1+a3Δt ⑨
v3=v1+a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
s1=Δt ⑪
小物块运动的位移为
s2=Δt ⑫
小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1 ⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式,并代入数值得
Δs=6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4 ⑮
0-v32=2a4s3 ⑯
碰后木板运动的位移为
s=s1+s3 ⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式,并代入数值得
s=-6.5 m ⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
答案:(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
二、名校模拟重点演练——明趋势
8.(2017·常州一模)如图,一截面为椭圆形的容器内壁光滑且质量为M,置于光滑水平面上,内有一质量为m的小球,当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时,小球处于图示位置,此时小球对椭圆面的压力大小为( )
A.m B.m
C.m D.
解析:选B 先以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得:加速度为a=,再对小球研究,分析受力情况,如图,由牛顿第二定律得到:FN==m ,故选B。
9.(2018届高三·太原调研)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍,保证雾天行车安全显得尤为重要。在雾天的平直公路上,甲、乙两汽车同向匀速行驶,乙在前,甲在后。某时刻两车司机听到警笛提示,同时开始刹车,结果两车刚好没有发生碰撞,如图为两车刹车后匀减速运动的vt图像。以下分析正确的是( )
A.甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2
B.两车开始刹车时的间距为100 m
C.两车刹车后间距一直在减小
D.两车都停下来后相距25 m
解析:选B 由题图可知,两车刹车后直到速度相等经历的时间为20 s,甲车的加速度a1= m/s2=-1 m/s2,乙车的加速度a2= m/s2=-0.5 m/s2,此时甲车的位移x甲=v甲t+a1t2=m=300 m,乙车的位移x乙=v乙t+a2t2=15×20-×0.5×400m=200 m,两车刚好没有发生碰撞,则两车开始刹车时的间距Δx=(300-200)m=100 m,故A错误,B正确;两车刹车后甲的速度先大于乙的速度,两者间距减小,后来甲的速度小于乙的速度,两者间距增大,故C错误;根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,两车都停下来后相距Δx′=×(30-25)×5 m=12.5 m,故D错误。
10.(2017·晋城三模)如图所示,甲、乙两物块用轻弹簧相连,竖直放置,处于静止,现将甲物块缓慢下压到A位置由静止释放,当乙刚好离开地面时,甲的加速度为a1,速度为v1,再将甲物块缓慢下压到B的位置,仍由静止释放,则当乙刚好要离开地面时,甲的加速度为a2,速度为v2,则下列关系正确的是( )
A.a1=a2,v1=v2 B.a1=a2,v1<v2
C.a1<a2,v1<v2 D.a1<a2,v1=v2
解析:选B 对于乙,当乙刚好离开地面时有:
kx=m乙g,两次情况下,弹簧的弹力是一样的,
对于甲,根据牛顿第二定律得,kx+m甲g=m甲a,可知两次加速度相等,即a1=a2,当弹簧压到B时比弹簧压到A时弹性势能大,两次末状态弹簧的形变量相同,弹性势能相同,根据能量守恒得,弹簧的弹性势能转化为甲的动能和重力势能,压缩到B时,弹簧弹性势能减小量多,甲获得的动能大,速度大,即v1<v2,故B正确,A、C、D错误。
11.[多选](2017·商丘一模)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块B、C间用一不可伸长的轻绳相连,A、B木块间的最大静摩擦力是f1,C、D木块间的最大静摩擦力是f2。现用水平拉力F拉A木块,使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断),则( )
A.当f1>2f2,且F逐渐增大到3f2时,C、D间即将滑动
B.当f1>2f2,且F逐渐增大到f1时,A、B间即将滑动
C.当f1<2f2,且F逐渐增大到3f2时,C、D间即将滑动
D.当f1<2f2,且F逐渐增大到f1时,A、B间即将滑动
解析:选AD 当f1>2f2,C、D即将发生相对滑动时,C、D间的静摩擦力达到最大值f2,先以D为研究对象,由牛顿第二定律得:f2=2ma,得a=,再以四个木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F=6ma=3f2。此时,以BCD整体为研究对象,可知,A对B的摩擦力fAB=4ma=2f2<f1,说明A、B间相对静止,故A正确,B错误。当f1<2f2,A、B即将发生相对滑动时,A、B间的静摩擦力达到最大值f1,先以BCD整体为研究对象,由牛顿第二定律得:f1=4ma′,得a′=,再以四个木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F=6ma′=f1。此时,以D为研究对象,根据牛顿第二定律得:C对D的摩擦力fCD=2ma′=<f2,则知C、D间相对静止,故C错误,D正确。
12.(2017·天津市五区县期末)如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L=2.5 m的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度v0=5 m/s滑上木板,恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ=37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ;
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析:(1)设滑块质量为m,木板水平时滑块加速度为a,则对滑块有μmg=ma ①
滑块恰好到木板右端停止
0-v02=-2aL ②
解得μ==0.5。 ③
(2)当木板倾斜时,设滑块上滑时的加速度为a1,最大距离为x,上滑的时间为t1,有μmgcos θ+mgsin θ=ma1 ④
0-v02=-2a1x ⑤
0=v0-a1t1 ⑥
由④⑤⑥式,解得t1= s ⑦
设滑块下滑时的加速度为a2,下滑的时间为t2,有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2 ⑧
x=a2t22 ⑨
由⑧⑨式解得t2= s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t=t1+t2= s。
答案:(1)0.5 (2) s