2023届二轮复习 专题一 第2讲　力与直线运动 素养作业

第2讲　力与直线运动

1.(2022·福建龙岩一模)蹦床运动员在一次训练过程中,从某高度由静止下落,与网接触后,竖直向上弹离。不计空气阻力,运动员从离开网到运动至最高点的过程中,以下图像可能正确的是(　B　)

解析:运动员从离开网到运动至最高点的过程中,做加速度大小为g、方向向下的匀减速直线运动,由x=gt2知,xt图像为抛物线,A错误;根据v=v0-gt可知,vt图像为倾斜的直线,B正确;根据v2-=-2gx可知,vx图像为曲线,C错误;因加速度a=g不变,则ax图像为平行于x轴的直线,则D错误。

2.(2022·重庆模拟)如图所示,两个斜面aO、bO在地面上的投影cO相等,已知斜面aO的倾角为α=60°,斜面bO的倾角为β=30°。现将两个完全相同的小物块(可视为质点)同时在a、b两点由静止释放,发现这两个小物块同时到达O点。若小物块与斜面aO之间的动摩擦因数为μ1=0.3,则小物块与斜面bO之间的动摩擦因数μ2为(　D　)

A.0.6    B.0.4    C.0.3    D.0.1

解析:设c点与O点间的距离为L,小物块的质量为m,斜面倾角为θ,由牛顿第二定律,有mgsin θ-μmgcos θ=ma,由运动学规律,

有=at2,根据题意可得=,代入数据解得μ2=0.1,故A、B、C错误,D正确。

3.汽车在平直的公路上行驶,发现险情紧急刹车,汽车立即做匀减速直线运动直到停车。已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m,在最后1 s内的位移为2 m,则下列说法正确的是(　C　)

A.汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s

B.汽车的加速度大小可能为3 m/s2

C.汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s

D.汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2

解析:汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动,对于最后1 s,

有x=at2,解得加速度a==4 m/s2。设汽车在刹车的第1 s末的速度为v,则对于刹车的第1 s内,可得x′=vt+at2=13 m,可得v=11 m/s,故选C。

4.(2022·山东济宁二模)在同一条平直公路上行驶的a车和b车,其速度—时间图像分别为图中直线和曲线,t=0时刻a车与b车在同一位置,t2时刻a车在b车前方。在0～t3时间内,下列说法正确的是(　D　)

A.t1时刻两车相距最远

B.某时刻两车相遇

C.t2时刻b车运动方向发生改变

D.某时刻a车加速度等于b车加速度

解析:0～t1时间内,a车先出发且速度较b车大,两车距离变远,t1～t2时间内b车追赶a车,t2时刻a车在b车前方,说明没有追上,且t2时刻后a车又比b车速度大,距离变远,不会相遇,A、B错误;由题图可知,在t2时刻b车运动的加速度方向发生改变,速度方向不变,C错误;

vt图像的斜率表示加速度,则由图可知,t1到t2时间内某时刻两车的加速度可能相同,故D正确。

5.(2022·陕西宝鸡三模)如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A,木板B受到不断增大的水平拉力F作用时,用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的aF图像。已知

g取10 m/s2,则(　C　)

A.滑块A的质量为1 kg

B.木板B的质量为4 kg

C.当F=10 N时木板B的加速度为4 m/s2

D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1

解析:由题图知,当F=8 N时,加速度为a=2 m/s2,对整体,由牛顿第二定律有F=(mA+mB)a,代入数据解得mA+mB=4 kg。当F大于8 N时,A、B发生相对滑动,对木板B,根据牛顿第二定律得F-μmAg=mBa,

解得a=F-,由图示图像可知,图线的斜率k==,解得mB=1 kg,

故滑块A的质量为mA=3 kg,故A、B错误;根据a=F-知,当a=0时,

F=6 N,代入解得μ=0.2,故D错误;根据F=10 N>8 N时,滑块与木板相对滑动,木板B的加速度为aB== m/s2=4 m/s2,故C

正确。

6.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1=2 m/s向右匀速运动,小物体P、Q的质量均为1 kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,

t=0时刻P在传送带左端且有向右的速度v2=5 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长度L=6 m,绳足够长,g取10 m/s2。下列关于小物体P的描述正确的是(　AC　)

A.小物体P离开传送带时速度大小为3 m/s

B.小物体P离开传送带时速度大小为2 m/s

C.小物体P在传送带上滑过的痕迹长度约为4.87 m

D.小物体P在传送带上滑过的痕迹长度约为5.62 m

解析:小物体P相对传送带向右运动时,对P、Q整体,由牛顿第二定律有-μmg-mg=2ma,解得a=-6 m/s2,P与传送带共速前,P的位移x1=,

代入数据解得x1= m<L,即P速度减小到v1时未从传送带右端滑出,所用的时间t1==0.5 s,相对位移大小为Δx1=x1-v1t1=0.75 m。在P的速度和传送带速度相等后,因为Q受到的重力大于P所受的最大静摩擦力,所以摩擦力会突变向右,由牛顿第二定律有-mg+μmg=2ma1,得a1=-4 m/s2,则P的速度减小到0时的位移为x2=,代入数据得x2=0.5 m。则从v1减速到0的时间t2== s=0.5 s,相对位移大小为Δx2=v1t2-x2=0.5 m,由于x1+x2= m<L,故P不会从传送带右端滑出,以后以a2向左加速,a2=4 m/s2,有x1+x2=a2,得t3= s,运动到传送带最左端的速度v3=a2t3=3 m/s,相对位移为Δx3=v1t3+x1+x2≈4.37 m,小物体P运动过程中在传送带上滑过的痕迹有一部分会重合,留下的痕迹长度为s=Δx2+Δx3=4.87 m,故A、C正确,B、D错误。

7.(2022·湖南长沙二模)(多选)如图,一倾角为α=37°的光滑足够长的固定斜面上放有质量M=0.12 kg的足够长木板;一木块(可视为质点)置于木板上,木块与木板间有摩擦。初始时木块与木板上端相距L=1.6 m。木块与木板同时由静止开始下滑,木块下滑距离x1=0.75 m后受到平行斜面向上的作用力,其大小为F=kv1(v1为木块运动速度),木块以v1做匀速运动,直至木板再向下运动L时将平行斜面向上的作用力由作用在木块上改为作用于木板上,木板以v2的速度匀速运动,作用力F=kv2保持恒定。g取10 m/s2,k=0.12 N·s/m,取sin 37°=0.6,

cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　ABD　)

A.木板匀速运动的速度v2为5 m/s

B.木块的质量为0.04 kg

C.木块与木板之间的动摩擦因数为0.25

D.木板以v2的速度匀速运动的距离为1.11 m

解析:分析木板和木块下滑x1过程,根据牛顿第二定律有

(M+m)gsin α=(M+m)a1,解得a1=6 m/s2,根据运动学公式有-0=2a1x1,解得v1=3 m/s,木块匀速运动时,对木块mgsin α+μmgcos α=kv1,对木板Mgsin α-μmgcos α=Ma2,由运动学公式有-=2a2L,木板匀速运动时Mgsin α=μmgcos α+kv2,联立可解得v2=5 m/s,

a2=5 m/s2,μ=0.375,m=0.04 kg,故A、B正确,C错误;木板匀速运动时,对木块受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin α+μmgcos α=ma3,解得a3=9 m/s2,木块加速过程v2=v1+a3t,解得t= s,故木板匀速运动的距离x2=v2t= m≈1.11 m,故D正确。

8.(2022·浙江绍兴二模)某同学使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盘,t=0时刻,木盘以v0=3 m/s的速度经过如图所示的标志线aa′,速度方向垂直于标志线,继续推动木盘使它做匀加速运动,在t=0.4 s通过标志线bb′,然后撤去水平推力。木盘可视为质点,停在得分区cc′ d′d即游戏成功。图中bb′与aa′的距离x1=1.6 m,cc′与bb′的距离x2=3.6 m,cc′与dd′的距离为0.8 m。已知木盘与水平面之间的动摩擦因数μ=0.30,木盘的质量为m=0.5 kg。

(1)求木盘在加速阶段的加速度大小a;

(2)求木杆对木盘的水平推力大小F;

(3)木盘能否停在得分区,并计算说明。

解析:(1)在加速过程中,由位移与时间的关系x1=v0t+at2,

代入数据得a=5 m/s2。

(2)由牛顿第二定律知F-μmg=ma,得F=4 N。

(3)设通过bb′时木盘的速度为v1,

有-=2ax1,

解得v1=5 m/s,

此后木盘做匀减速运动,加速度a′=μg=3 m/s2,

减速到0,发生的位移x== m,

可得3.6 m<x<4.4 m,故木盘能停在得分区。

答案:(1)5 m/s2　(2)4 N　(3)见解析

9.(2022·湖南长沙模拟)某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处,已知传送带总长为L=30 m,正常运转的速度为v=4 m/s。一次工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了,为了不影响工作进度,工人拿来一块m=5 kg带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。(物块与木板均可看作质点,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)为把货物拉上去,且货物与木板不发生相对滑动,求拉力F的

最大值。

(2)若工人用F=189 N的恒定拉力使货物运动10 s,求货物的位移

大小。

(3)若10 s后来电,来电后工人撤去拉力,问还需要多长时间货物能到达B处(不计传送带的加速时间)?

解析:(1)设最大拉力为Fm,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a1,对货物分析,根据牛顿第二定律有

μMgcos θ-Mgsin θ=Ma1,

代入数据得a1=0.4 m/s2,

对货物与木板整体分析,根据牛顿第二定律有

Fm-μ(m+M)gcos θ-(m+M)gsin θ=(m+M)a1,

代入数据得Fm=192 N。

(2)设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律有

F-μ(m+M)gcos θ-(m+M)gsin θ=(m+M)a2,

代入数据解得a2=0.2 m/s2,

10 s末木板的速度为v1=a2t=0.2×10 m/s=2 m/s,

即此10 s内,货物一直做匀加速直线运动,货物的位移大小x=a2t2,代入数据解得x=10 m。

(3)由于v1<4 m/s,所以来电后木板继续加速,设加速度为a3,

由牛顿第二定律有μ(m+M)gcos θ-(m+M)gsin θ=(m+M)a3,

代入数据得a3=0.4 m/s2,

货物与木板不会发生相对滑动,设经过t1木板速度与传送带速度

相同,

v=v1+a3t1,代入数据得t1=5 s,

设t1内木板加速的位移为x1,

v2-=2a3x1,得x1=15 m。

共速后,木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t2,

匀速运动的位移x2=L-x1-x=30 m-15 m-10 m=5 m,

该段位移所用时间t2== s=1.25 s,

所以来电后木板再需要运动的时间为t′=t1+t2=6.25 s。

答案:(1)192 N　(2)10 m　(3)6.25 s

10.(2022·四川成都二模)(多选)如图甲所示,光滑斜面的倾角为30°,一根轻质弹簧一端固定在斜面底端,另一端与滑块A相连,滑块B与A靠在一起(不粘连),两滑块的质量均为m,系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F,两滑块的vt图像如图乙所示,t0时刻F的大小是零时刻F大小的2倍,重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,则下列说法正确的是(　BD　)

A.t0时刻前两滑块的加速度大小均为

B.t0时刻两滑块的速度大小均为gt0

C.弹簧的劲度系数为

D.0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为mg2

解析:由题图乙所示图像可知,t0时刻两滑块开始分离,此时它们的加速度大小、速度大小都相等,它们之间的作用力为零,设此时弹簧的压缩量为x,设t=0时弹簧的压缩量为x0,设弹簧的劲度系数为k,设t=0时刻拉力大小为F0,t0时刻拉力大小为F,由题意可知F=2F0。施加拉力前,对A、B整体,由平衡条件得kx0=2mgsin 30°,t=0时刻,对A、B整体,由牛顿第二定律有F0+kx0-2mgsin 30°=2ma,t0时刻,对B,由牛顿第二定律有F-mgsin 30°=ma,解得a=g,故A错误;由题图乙所示图像可知,在0～t0内,A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动,

t0时刻两滑块的速度大小为v=at0=gt0,故B正确;由题图乙所示图像可知,在0～t0内,A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动,位移

大小为s=a,则x0=x+a,t0时刻,对A,由牛顿第二定律得kx-mgsin 30°=ma,施加拉力前,对A、B整体,由平衡条件得kx0=2mgsin 30°,解得弹簧的劲度系数为k=,故C错误;设0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为Ep,则Ep=k-kx2=mg2,故D

正确。

11.在2022年北京冬奥会的国家跳台滑雪中心“雪如意”内,如图所示的九号方糖配送机器人格外引人注目。它们在雪如意场馆内巡逻安防,对场馆内情况进行实时监测和管理,同时为人们提供物品配送服务,充分利用其智慧移动能力优势,助力、护航冬奥。假设配送机器人从静止开始启动,沿直线将水平放置的物品平稳送至目标位置。已知该过程中机器人匀速运动时的最高速度可达2 m/s,加速和减速阶段均做匀变速直线运动,且加速时的加速度与减速时的加速度大小相同,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。

(1)若机器人以最高速度匀速行进途中前方0.3 m的路口处突然出现一位以1.5 m/s的速度同向匀速运动的运动员。已知机器人的反应时间为0.1 s,为避免相撞,求机器人做匀减速运动时加速度的最小值。

(2)若机器人为某楼层10个房间的运动员配送午餐,各个房门间隔6 m,运动员取餐的平均时间为15 s,机器人托盘与餐盒间的动摩擦因数

μ=0.2,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从机器人到达第一个房门开始计时,到最后一位运动员取到餐为止,求机器人为此楼层运动员送餐花费的最短总时间。

解析:(1)为避免相撞,机器人减速后恰巧追上运动员时速度v-at=v人,对运动员x=v人(t0+t),

对机器人x′=vt0+t,

且有x+Δx=x′,解得a=0.5 m/s2。

(2)此时最大加速度为am=μg=2 m/s2,

各房门间匀加速阶段有v2=2amx1,

解得x1=1 m,对应时间t1==1 s,

各房门间匀减速阶段有v2=2amx2,

解得x2=1 m,对应时间为t2==1 s,

匀速阶段的位移x3=L-x1-x2=4 m,

对应时间为t3==2 s,

则总时间t总=9(t1+t2+t3)+10t0=186 s。

答案:(1)0.5 m/s2　(2)186 s