2016届高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(二) 力与直线运动1.2 Word版含答案(1)

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2016高考物理二轮复习专题一第2讲力与物体的直线运动提升训练

第2讲力与物体的直线运动专题提升训练一、选择题(1～7题为单项选择题，8～9题为多项选择题)1.(2015·浙江理综，15)如图1所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt 。

测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。

为使Δx Δt更接近瞬时速度，正确的措施是( )图1A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角解析 Δx Δt 是Δt 时间内的平均速度，Δt 越小，Δx Δt就越接近某点的瞬时速度。

A 选项中换用更窄的遮光条，就是取更短的时间Δt ，A 正确；B 、C 、D 选项中的处理不能保证Δt 很短，Δx Δt不能确定更接近瞬时速度，选项B 、C 、D 错误。

答案 A2.(2015·广东理综，13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图象如图2所示，下列表述正确的是( )图2A.0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B.0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C.0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A 错误，B 正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C 错误；由位移－时间图象看出在t ＝0.5小时时，甲在s ＝10 km 处，而乙在s ＝8 km 处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D 错误。

答案 B3.(2015·长春模拟)如图3所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC ，小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 两段上所做运动可看作匀变速直线运动)( )图3A.1∶4B.1∶1C.8∶1D.4∶1解析设初速度为v A ，过B 点速度为v B ，AB ＝BC ＝x ，t AB ＝t ，t BC ＝4t ，则v 2A －v 2B ＝2μ1gx ，v A －v B ＝μ1gt ；v 2B ＝2μ2gx ，v B ＝4μ2gt ；解得μ1∶μ2＝8∶1，C 正确。

高考物理大二轮复习专题一第二讲力与直线运动讲课文档

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[题眼点拨] ①“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”可以说明两车的运动情况；②由图象知交点代表相遇．
解析：位移时间图象的斜率代表速度的大小，在 t1 时刻乙车的速度大，故 A 错误；交点代表相遇(达到同一位置)，0 到 t1 时间内，乙车的路程大，故 B 错误；t1 到 t2 时间内，两车路程相等，存在某一时刻，两图线斜率相等，两车速度相等，故 C、D 正确．
(1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小．
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[题眼点拨] ①“他们同时、同地由静止开始运动，都经过 4 s 的匀加速”说明 4 s 内两人均做匀加速直线运动；②“甲的爆发力强”说明甲的加速度大；③“调节时间均为 2 s，且速度都降为 8 m/s ”说明速度最后均减为 8 m/s；甲、乙两人均先加速后匀速再减速，最后均以 8 m/s 的速度冲刺．
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙两车的位移分别为：x 甲＝12a 甲 t23＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m，由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；
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即下落过程中 a 甲>a 乙，选项 C 错误；下落相同的距离，由 h＝12at2 知，a 越大，t 越小，选项 A 错误；由 2ah ＝v2－v20知，v0＝0，a 越大，v 越大，选项 B 正确；由 W 阻＝F 阻 h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项 D 正确．

2016届高三二轮复习(衡水万卷)物理作业卷直线运动1 Word版含解析

2016万卷作业卷（一）直线运动1一、单选题（本大题共5小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法中错误．．的是( ) A ．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B ．德国天文学家幵普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律C ．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量D ．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证2.（2015重庆高考真题）高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A.mg +mg -mg +D.mg 3.（2015广东高考真题）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图所示，下列表述正确的是A ．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B ．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C ．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D ．0.8小时内，甲、乙骑车的路程相等4. 质量为2kg 的物体在x ﹣y 平面上作曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）A ．质点初速度的方向与合外力方向垂直B ．质点所受的合外力为6NC ．质点的初速度为5m/sD ． 2s 末质点速度大小为6m/s5. 一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（）A ． 15s 末汽车的位移为300mB ． 20s 末汽车的速度为﹣lm/sC ．前10s 内汽车的加速度为3m/s 2D ．前25s 内汽车做单方向直线运动二、多选题（本大题共2小题）6. 两辆游戏赛车a 、b 在两条平行的直车道上行驶．0=t 时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的t v -图如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆7. 一物体以某一初速度沿固定粗糙的斜面上滑至最高点又返回出发点的过程中，选择沿斜面向上为正方向．下列有关速度v 、加速度a 、位移x 、动能E k 随时间t 变化关系图象正确的是（）AB CDA.B.C.三、简答题（本大题共2小题）8.（2015四川高考真题）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。

高考物理二轮复习专项突破训练力与直线运动.docx

力与直线运动1.如图1所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的14，则下列物理量中可求出的是()图1A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小2．(多选)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在5 s内分别经过A、B两根电杆，已知A、B电杆相距50 m，车经过电杆B 时的速率是15 m/s，则()A．经过A杆时的速率是5 m/sB．车的加速度是1.5 m/s2C．A、O间距离是6.25 mD．车从出发到B所用的时间是9 s3．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图2所示．t＝0时刻，两车间距为x0；t0时刻，甲、乙两车相遇.0～t0时间内甲车发生的位移为x，下列说法正确的是()图2A．0～t0时间内甲车在前，t0～2t0时间内乙车在前B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C．2t0时刻甲、乙两车相距1 2x0D．x0＝6 7x4．如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图3A．a A＝a B＝gB．a A＝2g，a B＝0C．a A＝3g，a B＝0D．a A＝23g，a B＝05．(多选)如图4所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是()图4A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ6．(多选)如图5所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取g＝10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图5A．B对A的压力大小为12 NB．弹簧弹力大小为20 NC．B的加速度大小为4 m/s2D．A的加速度为零7．(多选)如图6所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()图6A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变8．(多选)机场使用的货物安检装置如图7所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是()图7A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m9．如图8所示，一货场需将质量m1＝60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上．倾斜轨道SP竖直高度h＝1.2 m，与水平面夹角θ＝53°.圆弧形轨道PQ半径R＝2 m，末端Q切线水平，两轨道相切于P点，且不计货物与两轨道间的摩擦．开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q，木板A上表面与轨道末端Q相切．相同的两块木板A、B，长度均为l＝3 m，质量均为m2＝60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；(3)若μ2＝0.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离．10．如图9所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1 kg的小木块放在质量为M＝2 kg的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时m与M－起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝27.5 m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下．取g＝10 m/s2，求：图9(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；(2)最终木板停止时A点的位置坐标．参考答案1.答案 B2.答案 AC3.答案 D4.答案 D解析水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图，静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝FT mA ＝23g ，a B＝0，故选D.5.答案 BCD解析若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a ＝g sin θ，然后隔离A ，对A 分析，设杆的作用力为F ，则F ＋mg sin θ＝ma ，解得F ＝0，A 错误，B 正确；剪断细线前，以A 、B 、C 组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F 弹＝(3m ＋2m ＋m )g sin θ＝6mg sin θ.以C 为研究对象知，细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A 、B 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F 弹－(m ＋2m )g sin θ＝(m ＋2m )a AB ，解得A 、B 两个小球的加速度为a AB ＝g sin θ，方向沿斜面向上，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB －2mg sin θ＝2ma AB ，解得杆的拉力为F AB ＝4mg sin θ，故C 、D 正确．6.答案 AC解析剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度：a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B＝＋－3＋2m/s 2＝4 m/s 2隔离对B分析有：m B g－F N＝m B a，解得：F N＝(20－2×4) N＝12 N，由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N，故A、C正确，B、D错误．7.答案BC解析物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan 37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan 37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝vaB1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sin θ－μB g cos θ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝vaA1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t＝0.24 s时两物块速度相等，选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误．8.答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝va＝0.2s，此过程背包对地位移x1＝v2t1＝12×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝L－x1v＝2－0.11s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故选A、D.9.答案(1)1 800 N，方向竖直向下(2)0.30<μ2≤0.45(3)B木板 1.6 m解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：m1g[h＋R(1－cos θ)]＝12m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N，根据向心力公式得：F N－m1g＝m1v2 R联立得：v＝210 m/s，F N＝1 800 N根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 800 N，方向竖直向下(2)若货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，则有：μ2m1g≤μ1(m1＋2m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g>μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30<μ2≤0.45(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ2m1g＝m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12－v2＝－2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2由牛顿第二定律和运动学公式得：对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，对于货物有：v2＝v1－a1t木板的位移：x2＝v2 2t货物的位移：x1＝v1＋v22t货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2联立得：Δx＝1.6 m货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2>μ1，货物与木板B间没有相对滑动则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m.10.答案(1)18 m 2 s(2)x A＝－1 m解析(1)以向右为正方向，对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝－1 m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2－v02＝2a1(x－L)碰后对木块，由牛顿第二定律：－μ2mg＝ma2解得a2＝－5 m/s2对木板：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3解得a3＝4 m/s2依题意，碰后经时间t共速，由速度公式v＋a2t＝－v＋a3t解得t＝2 9v木块与木板的相对位移：L＝12×2vt＝29v2联立解得L＝18 m；v＝9 m/s；t＝2 s(2)共速后的速度v共＝v＋a2t＝－1 m/s，方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动学公式：x1＝－v＋v共2t＝－10 mx2＝错误!＝－0.5 m故A点的坐标x A＝x＋x1＋x2－L＝－1 m.。

2016届高三二轮复习物理作业卷力与物体平衡2含解析

2016万卷作业卷（四）力与物体平衡2一、单选题（本大题共4小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 如图，三根轻绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，绳AD 与AC 垂直．现对B 球施加一个水平向右的力F ，使B 缓慢移动到图中虚线位置，此过程中AD 、AC 两绳张力T AC 、T AD 的变化情况是（）2. 如图所示，小车向右做匀加速运动的加速度大小为a ，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块M 串在杆上，M 通过细线悬吊着一小铁球m ， M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ．若小车的加速度逐渐增大到2a 时，M 仍与小车保持相对静止，则A ．横杆对M 的作用力增加到原来的2倍B ．细线的拉力增加到原来的2倍C ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D ．细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的2倍3. 如图，质量为M 的斜面放在粗糙的水平地面上。

几个质量都是m 的不同物块，先后在斜面上以不同的加速度向下滑动，斜面始终保持静止不动。

下列关于水平地面对斜面底部的支持力和静摩擦力的几种说法中正确的有A ．匀速下滑时，支持力N m M g =+(),静摩擦力不为零；B ．匀加速下滑时，支持力N m M g <+(),静摩擦力的方向水平向右；C ．匀减速下滑时，支持力N m M g >+(),静摩擦力的方向水平向右；D ．无论怎样下滑，总是N m M g =+(),静摩擦力为零。

4. 如图光滑的四分之一圆弧轨道AB 固定在竖直平面内，A 端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F 作用下，缓慢地由A 向B 运动，F 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N ．在运动过程中（）二、多选题（本大题共3小题） 5. 如图所示，质量为m 的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h ，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是( )A.弹簧与杆垂直时，小球速度最大B.弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C.小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mghD.小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh6. 不同材料之间的动摩擦因数是不同的，例如木与木的动摩擦因数是0.30，木与金属之间的动摩擦因数是0.20。

2016届高三二轮复习物理周测卷一.直线运动含解析

2016万卷周测卷（一）直线运动一、单选题（本大题共5小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，从此时开始，甲车做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一个路标时的速度相同，则( )A ．甲车先通过下一路标B ．乙车先通过下一路标C ．丙车先通过下一路标D ．三辆车同时通过下一路标2.（2015山东高考真题）距地面高5m 的水平直轨道A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图。

小车始终以4m s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地。

不计空气阻力，取重力加速度的大小210g m s 。

可求得h 等于A ．1.25mB ．2.25mC ．3.75mD ．4.75m3.（2015江苏高考真题）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s 和2s 。

关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度22/m s 由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡54. 如图所示，一滑块以初速度v 0自固定于地面的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端。

取沿斜面向上为正方向。

下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v 随时间t 变化的图象中，可能正确的是5. 伽利略对变速运动问题研究时，坚信自然界的规律是简洁明了的，他从这个信念出发,猜想落体一定是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动，它的速度应该是均匀变化的。

但是，速度的变化怎样才算“均匀”呢？他考虑了两种可能：一种是速度的变化对时间来说是均匀的，即v 与t 成正比，另一种是速度的变化对位移来说是均匀的，即v 与x 成正比。

后来发现，如果v 与x 成正比，将会推导出十分复杂的结论。

高考复习指导2016届高三物理二轮复习专题二直线运动和牛(精)

高频考点题组冲关
高频考点一图象问题
命题视角题组冲关
解析
v0 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度大小为a1＝，下降 t1 v1 .物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定 t1
过程中的加速度大小为a2＝
律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝ v0＋v1 mv0－v1 ，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可 2t1g 2t1 知，选项A、C正确．由v－t图象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．答案 ACD
动的 v － t 图象如图所示，对应的 a － t 段的加速度如何计算？点速度减小到 0,1.5～2 s内质点沿负方向做加速度为－ 4 m/s2的匀加速直线运图象和x－t图象中正确的是 ( BC ) (2)x－t图象中斜率的意义及变
到出发点，因此a－t图象为B；整个运动过程中(除初、末两点外)质点的位移方向都为正，位移都大于0，x－t图象中0～1 s内速度逐渐增大，斜率逐渐变大， 1～1.5 s内速度逐渐减小，斜率逐渐减小，1.5 s末速度为0，斜率为0,1.5～2 s内速度逐渐增大，斜率的绝对值逐渐增大，2～3 s内速度逐渐减小，斜率的绝对值逐渐减小，x－t图象为C.
C错误；由图看出， CE段图线斜率最大，则 CE段对应过程的加速度最大，故 D正确．
在18 s～20 s时间内，质点的位移为x1＝
12×2 m 2
答案
解析
图片显/隐
高频考点题组冲关
高频考点一图象问题
命题视角题组冲关
3．(2015·高考新课标全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左

2016届高三物理二轮复习专题辅导与应用强化练1直线运动规律和运动图象

一、选择题强化练 1 直线运动规律和运动图象对应学生用书第167页1．(2015·江山市模拟，1)请用学过的运动和力的知识判断下列说法正确的是导学号：82460445( )A. 描述一个物体的运动时，参考系可以任意选择．选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，其结果会有所不同B ．重的物体比轻的物体下落的快，是因为重的物体受到的重力大，加速度大C ．子弹的质量并不重，之所以能对人造成伤害是因为其高速运动时的惯性很大D ．既然作用力和反作用力是大小相等、方向相反的，他们应该互相平衡解析：A 、描述一个物体的运动时，参考系可以任意选择．选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，其结果会有所不同，故A 正确；B 、物体下落的快慢与物体的质量无关，重的物体比轻的物体下落的快是由于受到的阻力不同，故B 错误；C 、质量是惯性大小的唯一量度，子弹的质量并不重，惯性小；之所以能对人造成伤害是因为其高速运动时作用时间短，导致作用力大，故C 错误；D 、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，不是平衡力，故D 错误．答案：A2．(2015·马鞍山三模，16)一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x tt 的图象如图所示，则导学号：82460446( )A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/sD ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s解析：x t ＝kt ＋b ，得x ＝kt 2＋bt ＝v 0t ＋12at 2，x t t 图象的斜率为12a ，图线的斜率等于加速度的2倍，则根据图象可以算出a ＝2Δv Δt＝2×0.5＝1 m/s 2，故B 错；倾斜的直线表示匀加速直线运动，故A 错误；由v ＝v 0＋at ＝0.5 m/s ＋1×1 m/s＝1.5 m/s 可知质点在1 s末速度为1.5 m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度v －＝v ＋v 02＝0.5＋1.52m/s ＝1 m/s ，故D 错．答案：C3．(2015·聊城二模，15)两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。

2016高考物理二轮复习：力与运动(6份) 人教课标版1(优秀免费下载资料)

第课牛顿运动定律及其应用考点一匀变速直线运动的规律．匀变速直线运动的公式．()速度公式：＝＋；()位移公式：＝＋；()速度位移关系：－＝.．匀变速直线运动的规律的应用技巧．()任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δ＝－＝－＝…＝，－＝(－)；()平均速度＝，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，即＝；()逆向思维法：将匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运动进行处理．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动．．图象与图象的比较．考点二牛顿第二定律的四性考点三力与直线运动的关系．力与速度同向时，物体做加速直线运动，若恒定，物体做匀加速直线运动；若变化，物体做变加速直线运动．．力与速度反向时，物体做减速直线运动，若恒定，物体做匀减速直线运动；若变化，物体做变减速直线运动．考点四超重与失重．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此时物体重力的效果变大．．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此时物体重力的效果变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态，此时物体重力的效果消失．注意：()重力的效果指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力等；()物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．课时过关(卷)一、单项选择题．如图，水平地面上质量为的物体连着一个弹性系数为的轻弹簧，在水平恒力作用下做匀加速直线运动．已知物体与地面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为，弹簧没有超出弹性限度，则弹簧的伸长量为()解析：弹簧无质量，其拉力＝.选项正确．．(·广东高考)如图是物体做直线运动的图象，由图可知，该物体()．第内和第内的运动方向相反．第内和第内的加速度相同．第内和第内的位移大小不等．～内和～内的平均速度大小相等解析：第一象限内速度都为正，速度方向相同，选项错．第内和第内图线的斜率相同，表示加速度相同，选项正确．第内和第内图线与横轴所围面积大小相同，表示位移大小相等，选项错．因为第内和第内位移等大反向，使得～和～内的位移相同，但时间不同，所以～和～内的平均速度不相等，选项错．．如图甲所示，在光滑的水平面上，物体在水平方向的外力作用下做直线运动，其图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是()．在末，物体处于出发点右方．在～内，物体正向左运动，且速度大小在减小．在～内，物体的加速度方向先向右后向左．在～内，外力不断增大解析：物体在～内，位移为零，则物体在末处于出发点右方，位置在末所处的位置，选项正确．在～内，物体正向右减速运动，选项错误．在～内，物体的加速度方向一直向左，选项错误．在～内，物体的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，外力不断减小，选项错误．．如图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值随θ变化的图象分别对应图乙中的()．①、②和③．③、②和①．②、③和①．③、①和②解析：小球受重力、支持力，由牛顿第二定律得θ＝，＝θ，而＝，故＝θ；由牛顿第三定律得′＝，′＝，而＝θ，＝，即＝θ，则＝θ；重力加速度的最大值＝，即＝，故正确选项应为.．如图，弹簧吊着箱子，箱内放有物体，它们的质量均为，现对箱子施加竖直向上的力＝，而使系统静止．撤去的瞬间，、的加速度分别为()．＝＝．＝，＝．＝2g，＝．＝3g，＝解析：撤去前：设弹簧的弹力大小为，根据平衡条件得对整体：－＝，解得：＝撤去的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为＝假设、之间的弹力突变为零，则根据牛顿第二定律得对箱子：＋＝解得：＝3g对物体：＝解得：＝所以>又因物体处在箱子的底板之上，因此假设成立，故选.二、多项选择题．如图，直线和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车和的位置－时间()图线．由图可知()．在时刻，车追上车．在时刻，、两车运动方向相反．在到这段时间内，车的速率先减少后增加．在到这段时间内，车的速率一直比车的大解析：考查图象．由图可知，在时刻是车追上车，正确；图象的倾斜方向代表车的运动方向，向上倾斜代表与正方向相同，向下倾斜代表与正方向相反，图象的斜率的绝对值代表速率，、正确，错误．．如图，底板光滑的小车放在水平地面上，其上放有两个完全相同的弹簧秤甲、乙，甲、乙系住一个质量为的物块．当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤被拉长，示数均为．则当小车向右做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为，则()．弹簧秤乙的示数为．弹簧秤乙的示数仍．小车的加速度为．小车的加速度为解析：由于车厢长度的限制，两弹簧秤的总示数为，故弹簧秤乙的示数为；由此得加速度＝＝＝.．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，在内该力随时间变化的关系如图所示，则()．物体将做往复运动．末物体的加速度最大．末物体的速度最大．内物体的位移最大解析：～内向一方向做匀加速运动，～内仍向一方向做匀减速运动，由于对称性，末物体的速度最大，末速度为，内位移最大．．如图，在光滑的水平面上，叠放着两个质量分别为、的物体(<)，用一水平恒力作用在物体上，两物体相对静止地向右运动．现把此水平力作用在物体上，则以下说法正确的是()．两物体间的摩擦力减小．受到的合外力与第一次相同．受到的摩擦力增大．两物体间可能有相对运动解析：用一水平恒力作用在物体上，两物体相对静止地向右运动，以、组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知，加速度＝，以为研究对象，根据牛顿第二定律知，两者之间的静摩擦力＝＝，当水平力作用在物体上时，假设两物体保持相对静止，整体的加速度′＝＝，隔离分析，两者之间的摩擦力′＝′＝<，可知假设成立，两者之间仍然保持相对静止且摩擦力减小，正确，、错误；由于加速度不变，受到的合外力合＝，故正确．三、计算题．如图所示，质量为＝的木板静止在水平地面上，质量＝、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大摩擦力都等于滑动摩擦力．已知木板与地面间的动摩擦因数μ＝，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝，取＝.现给铁块施加一个水平向左的力.()若力恒为，经铁块运动到木板的左端．求木板的长度；()若力从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力随力大小变化的图象．解析：()铁块在水平方向受到两个力、，设铁块的加速度为，铁块的位移为，木板的加速度为，木板的位移为.则有：－μ＝对木板：μ－μ(＋)＝由运动学规律：＝，＝而＝－代入数据联立以上各式解得：＝，＝，＝.()铁块与木板间的最大静摩擦力为＝μ＝，木板与地面间的最大静摩擦力＝μ(＋)＝①当力从零开始逐渐增加，增加到＝＝前，木板、铁块均未滑动，此时＝；②当力从继续增加时，铁块、木板一起滑动，直到铁块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，此时木板、铁块整体的加速度为，则有：－＝(＋)，而对铁块有－＝，解得：＝.③当力从继续增加时，铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为＝.综上可得铁块受到的摩擦力随力的图象如图所示．答案：()()见解析课时过关(卷)一、单项选择题．(·新课标Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在＝到＝的时间内，它们的图象如图所示．在这段时间内()．汽车甲的平均速度比乙的大．汽车乙的平均速度等于．甲、乙两汽车的位移相同．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析：因为图线与坐标轴所夹的“面积”是物体的位移，故在～时间内，甲车的位移大于乙车，故根据＝可知，甲车的平均速度大于乙车，选项正确，错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度小于，选项错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项错误．．如图所示，水平木板上有质量＝的物块，受到随时间变化的水平拉力作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力的大小．取重力加速度＝.下列判断正确的是()．内拉力对物块做功为零．末物块所受合力大小为．物块与木板之间的动摩擦因数为．～内物块的加速度大小为解析：由题图可得：物块所受的最大静摩擦力为，滑动摩擦力为，物块在末就开始运动了，故内拉力对物块做了功，项错误；末物块所受拉力为，所受最大静摩擦力也为，合力大小为，项错误；物块与木板之间的滑动摩擦力为，物块对木板的压力为，物块与木板之间的动摩擦因数为，项错误；～内拉力大小为，物块所受的滑动摩擦力为，合力为，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为，项正确．．一个质量为的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线表示物体受水平拉力时的图象，图线表示撤去水平拉力后物体继续运动的图象，下列说法中正确的是()．水平拉力的大小为，方向与摩擦力方向相同．水平拉力对物体做的功为．撤去拉力后物体还能滑行．物体与水平面间的动摩擦因数为解析：根据图象，物体受水平拉力时，＝＝，＝＝，根据牛顿第二定律，＋＝，＝，解得＝，方向与摩擦力方向相同，正确．＝－·＝－××＝－，错误．根据＝×＝，而末速度不为零，故撤去拉力后物体滑行的距离应大于，错误．根据＝μ＝，μ＝，错误．．如图所示，、两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中受到的摩擦力()．方向向左，大小不变．方向向左，逐渐减小．方向向右，大小不变．方向向右，逐渐减小解析：设与地面间的动摩擦因数为μ，对、整体由牛顿第二定律得μ(＋)＝(＋)，解得＝μ，方向向左；对由牛顿第二定律得＝＝μ，方向与加速度方向相同，故选项正确．．物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从＝时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力作用．则在～的时间内()．甲物体所受合力不断变化．甲物体的速度不断减小．末乙物体改变运动方向．末乙物体速度达到最大解析：由甲物体的图象可知，物体加速度始终不变，故合力不变，错误．甲物体速度先减小后增大，错误．由乙物体的图象可知，乙物体末力的方向改变，加速度方向改变，而速度方向并不改变，此时速度达到最大，错误，正确．二、多项选择题．(·长沙模拟)重为的物体放在水平面上，物体与水平面的动摩擦因数为，现用方向相反的水平力和拉物体，其中＝，如图所示．要使物体做匀加速运动，则的大小可能为()．．．．解析：物体与水平面间的摩擦力为＝μ＝，当大小为或时，物体所受合外力不为零，物体将做匀加速运动，、正确；当大小为或时，物体所受合外力为零，物体静止，、错误．．如图，一木块放置在水平地面上，刚开始受到一个逐渐增大的水平力作用，当木块开始滑动时立刻保持力不变(最大静摩擦力略大于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是()．木块未被拉动前静摩擦力逐渐增大．木块被拉动后滑动摩擦力保持不变．木块被拉动后做匀速直线运动．木块被拉动后做匀加速直线运动解析：木块未被拉动前处于平衡状态，静摩擦力随拉力的增大而增大，正确；滑动静摩擦力是一个定值，与拉力的大小无关，正确；木块被拉动后，拉力大于滑动摩擦力，木块做匀加速直线运动，错误，正确．．物体原来静止在水平地面上，用一水平力拉物体，在从开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力变化的图象如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．根据题目提供的信息，下列判断正确的是(取)()．物体的质量为＝．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝．物体与水平面的最大静摩擦力＝．在为时，物体的加速度＝解析：由题图可知，当＝时，＝，当＝时，＝，由牛顿第二定律知，－＝，故－＝，－＝，联立解得：＝，＝，选项正确，错误；由＝μ解得μ＝，选项正确；由牛顿第二定律，－＝，在为时，物体的加速度＝，选项错误．．(·武汉模拟)如图所示，质量为＝的箱子置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为＝的物体，质量为＝的物体经跨过定滑轮的轻绳与箱子相连，在加速下落的过程中，与箱子始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，取，下列说法正确的是()．物体处于失重状态．物体的加速度大小为．物体对箱子的静摩擦力大小为．轻绳对定滑轮的作用力大小为解析：假设绳子拉力为，根据牛顿第二定律，对有：1g－＝1a；对、整体有：＝(＋)；联立解得：＝；＝；物体有向下的加速度，故是失重，故、正确；对受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律有：＝2a＝×＝，故错误；绳子的张力为，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为，故错误．三、计算题．(·太原模拟)质量为的长木板置于光滑的水平地面上，质量为的木块(可视为质点)置于木板的左端，在水平向右的力作用下由静止开始运动，如图甲所示．、运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示(取)．求：()木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．() 末、的速度．()若末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：()由图知末、间达到最大静摩擦力，此时＝对应板＝＝μ、间动摩擦因数μ＝＝.()由图象知末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积＝＝××＝.() 到末＝木板运动的位移＝＋＝＋木板的长度＝－＝.答案：()()()。

专题02 牛顿运动定律与直线运动(高考押题)-2016年高考物理二轮复习精品资料(解析版)

1．如图15所示为甲、乙两物体运动的图象，在0～t2时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动，t2<2t1，关于两物体在0～t2时间内运动的位移大小关系正确的是()图15A．x甲＝2x乙 B．x甲>2x乙C．x甲<2x乙D．以上三种情况都有可能2．如图16所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间()图16A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为3gD ．A 、C 间的弹力大小为0.5mg答案：D 解析：在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B 受力情况不变，故物体B 的加速度大小为零，A 错误；将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得，a AC ＝F ＋2mg 2m ＝mg ＋2mg 2m＝1.5g ，即A 、C 的加速度均为1.5g .故B 、C 错误．剪断轻绳的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A ：F C ＋mg ＝ma ，得：F C ＝ma －mg ＝0.5mg .故D 正确．3．如图17是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P 、Q 、N 是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q 传感器示数为零，P 、N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零．已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g ＝10m/s 2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )图17A ．4m/s 2B ．3 m/s 2C ．2m/s 2D ．1 m/s 24．质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图18甲所示，绳子在各处均平行于倾角为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．对图乙，下列说法正确的是( )图18A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动加速度大小为M －m Mg5．如图19所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后静止释放，物体一直可以运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )图19A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为零D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小答案：A 解析：物体从A 点到O 点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速．即物体先加速后减速，故A 正确，B 错误；物体运动到O 点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零．故C 错误；物体从A 点至O 点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D 错误．6．在某次海试活动中，“蛟龙号”潜水器完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( ) A.vt 2 B ．vt 0⎝⎛⎭⎫1－t 02tC.vt 202tD.v t －t 0 22t答案：D解析：“蛟龙号”上浮时的加速度大小a ＝v t ，根据逆向思维可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面的深度h ＝12a (t －t 0)2＝v t －t 0 22t ，D 正确． 7．从地面上以初速度v 0竖直上抛一个质量为m 的小球，从此时刻开始计时，若t 1时刻到达最高点，且落地前小球已经做匀速运动．已知重力加速度为g ，小球在运动过程中受到的空气阻力f 与其速度v 的大小成正比，即f ＝kv (k >0)，以竖直向上为速度的正方向，则下列描述小球运动的v -t 图象正确的是( )答案：B8．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m 的物体A 、B 接触(A 与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体B ，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体A 、B 静止．已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B 与水平面间的摩擦不计．撤去F 后，物体A 、B 开始向左运动，A 运动的最大距离为4x 0，重力加速度为g .则( )A ．撤去F 后，物体A 和B 先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 瞬间，物体A 、B 的加速度大小为kx 0m－μg C ．物体A 、B 一起向左运动距离x 0后相互分离D ．物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k后相互分离答案：D解析：A 、B 一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B 与A 分离，B 做匀速运动，A 做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A 与弹簧分离，做匀减速直线运动，故选项A 错误；撤去F 瞬间，由kx 0－μmg ＝2ma 可知，选项B 错误；当物体A 、B 相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F 弹＝μmg ＝kx ，x ＝μmg k ，所以物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k后相互分离，选项D 正确，C 错误． 9．如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物体在水平拉力F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F 随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是( )A ．t ＝1 s 时物体开始做加速运动B ．t ＝2 s 时物体做减速运动的加速度大小为2 m/s 2C ．t ＝3 s 时物体刚好停止运动D ．物体在1～3 s 内做匀减速直线运动答案：C10．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v ＝1 m/s 的恒定速度向右运动．现将一质量为m ＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g ＝10 m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t ；(2)邮件对地的位移大小x ；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W .答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J11．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，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/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小；(2)A 在B 上总的运动时间．答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3 m/s2⑨a2＝1 m/s2.⑩(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑪v2＝a2t1＝2 m/s⑫t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s2⑬a2′＝－2 m/s2⑭B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为：http:// xkw.so/wksp。

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力与物体的平衡 (45分钟 100分) 一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求) 1.如图所示的四角支架经常使用在架设高压线路、通信的基站塔台等领域。现有一质量为m的四角支架置于水平地面上,其四根铁质支架等长,与竖直方向均成θ角,重力加速度为g,则每根支架对地面的作用力大小为( )

A. B. C.mgtanθ D.mg 【解析】选B。设每根支架对地面的作用力大小为F,根据牛顿第三定律以及力的合成与分解知识可得4Fcosθ=mg,解得F=,选项B正确。 2.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。由于热胀冷缩,电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状,若电线杆始终处于竖直状态, 2

下列说法中正确的是( ) A.冬季,电线对电线杆的拉力较大 B.夏季,电线对电线杆的拉力较大 C.夏季与冬季,电线对电线杆的拉力一样大 D.夏季,杆对地面的压力较大【解析】选A。电线受到自身重力和两端电线杆的拉力作用,如图所示,根据对称性,两端拉力F大小相等,根据平衡条件,两个拉力F的合力竖直向上,大小等于重力,设拉力与竖直方向夹角为θ,则有2Fcosθ=mg,拉力F=,夏天电线拉长,θ小,拉力F小,根据相互作用,夏天电线对电线杆的拉力较小,冬季拉力较大,选项A对,B、C错;把电线和电线杆看作一个整体,无论冬夏,它们的重力不变,所以地面支持力不变,杆对地面压力不变,选项D错。【加固训练】如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点。已知容器半径为R,与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向的夹角θ=30°。下列说法正确的是( ) 3

A.容器相对于水平面有向左运动的趋势 B.容器对小球的作用力竖直向上 C.轻弹簧对小球的作用力大小为mg D.弹簧原长为R+ 【解析】选D。容器和小球组成的系统处于平衡状态,受力如图甲所示,容器相对于水平面没有向左运动的趋势, A错;小球受力如图乙所示,容器对小球的作用力是支持力,指向球心O,B错;由θ=30°得,小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg,C错;题图中弹簧长度为R,压缩量为,故原长为R+,D正确。

3.(2014·海南高考)如图,一不可伸长的光滑轻绳,其左端固定于O点,右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体;OO′段水平,长度为L;绳上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码,平衡后,物体上升L。则钩码的质量为( ) A.M B.M C.M D.M 【解题指南】解答此题可按以下思路进行： (1)由题意明确悬挂钩码平衡后绳的几何状态。 4

(2)根据力的平衡知识和平行四边形定则求解。【解析】选D。平衡后,物体上升L,说明环下移后,将绳子拉过来的长度为L,取环重新平衡的位置为A点,则OA=O′A=L,几何位置如图,由几何知识易知mg=Mg,选项D正确。

4.(2015·开封一模)质量为m的导体棒ab置于光滑圆弧形金属导轨上,导轨下端接有电源,如图所示。磁场方向为下列哪一种情况时导体棒可以静止在导轨上 ( )

A.沿ab方向 B.沿ba方向 C.竖直向下 D.竖直向上【解析】选C。导体棒受重力G、支持力F和安培力FB作用,重力G与支持力F的合力为F合,由于导体棒静止,处于平衡状态,由平衡条件可知,安培力FB与合力等大反向,安培力水平向里,由图示可知,ab棒中电流由a向b,由左手定则可知,磁场竖直向下,选项C正确。

5.如图所示,斜劈A静止放置在水平地面上,木桩B固定在水平地面上, 5

弹簧K把物体与木桩相连,弹簧与斜面平行。质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动,此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法正确的是 ( )

A.若剪断弹簧,物体和人的加速度方向一定沿斜面向下 B.若剪断弹簧,物体和人仍向下运动,A受到的摩擦力方向可能向右 C.若人从物体m离开,物体m仍向下运动,A受到的摩擦力可能向右 D.若剪断弹簧同时人从物体m离开,物体m向下运动,A可能不再受到地面摩擦力【解析】选A。斜劈受到地面的摩擦力方向向左,对斜劈受力分析如图,正交分解,水平方向：f地+fcosθ=Nsinθ即： Nsinθ>fcosθ,f=μN,二式结合,μcosθ弹簧,物体和人Mgsinθ>μMgcosθ,所以A正确;若剪断弹簧,A的受力没有变化,所以仍向左;A受到的摩擦力的方向取决于μ,与上面物体质量无关,剪断弹簧同时人从物体m离开,A还受地面摩擦力。【加固训练】(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比,小球的高度( ) 6

A.一定升高 B.一定降低 C.保持不变 D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【解析】选A。本题考查了牛顿第二定律与受力分析。设橡皮筋原长为l0,静止时kx1=mg,小球距离悬点高度l0+x1=l0+,加速时,设橡皮筋与水平方向夹角为θ,此时kx2sinθ=mg,小球距离悬点高度(l0+x2)sinθ=l0sinθ+,因此小球高度升高了。 6.如图所示,水平地面上有楔形物体b,b的斜面上有一小物块a,a与b之间、b与地面之间均存在摩擦。已知a恰好可沿斜面匀速下滑,此时若对a施加如图所示的作用力,a仍沿斜面下滑,则下列说法正确的是( )

A.在a上施加竖直向下的力F1,则地面对b无摩擦力 B.在a上施加沿斜面向下的力F2,则地面对b的摩擦力水平向左 C.在a上施加一个水平向左的力F3,则地面对b的摩擦力水平向右 D.无论在a上施加什么方向的力,地面对b均无摩擦力【解析】选A、D。没有施加作用力时,物块a沿斜面匀速下滑,物块a 7

所受支持力N和滑动摩擦力μN的合力与重力等大反向,即tanθ==μ,反过来斜面受力为压力和沿斜面向下的摩擦力,合力竖直向下,所以斜面和地面之间没有摩擦力。无论对a施加什么力,使得支持力变大或者变小,那么摩擦力都会等比例地变大或变小,二者合力与支持力的夹角正切值依然等于μ,即合力仍然竖直向上。斜面受到a的作用力依然竖直向下,斜面没有运动趋势,地面也不会产生摩擦力,A、D对,B、C错。 7.(2015·烟台二模)如图所示,斜面上放有两个完全相同的物体a、b,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体均处于静止状态。则下列说法正确的是( )

A.a、b两物体的受力个数一定相同 B.a、b两物体对斜面的压力相同 C.a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等 D.当逐渐增大拉力F时,物体a先开始滑动【解析】选B、D。对a、b进行受力分析,b物体处于静止状态,当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时,摩擦力为零,所以b可能只受3个力作用,而a物体必定受到摩擦力作用,肯定受4个力作用,故A错误;a、b两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有：N+Tsinθ=mgcosα,解得： 8

N=mgcosα-Tsinθ,则a、b两物体对斜面的压力相同,故B正确;根据A项的分析可知,b的摩擦力可以为零,而a的摩擦力一定不为零,故C错误;对a沿斜面方向有：Tcosθ+mgsinα=fa,对b沿斜面方向有：Tcosθ-mgsinα=fb,正压力相等,所以最大静摩擦力相等,则a先达到最大静摩擦力,先滑动,故D正确。

8.如图甲,笔记本电脑散热底座一般置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位1缓缓调至卡位4(如图乙),笔记本电脑始终处于静止状态,则( )

A.电脑受到的摩擦力变小 B.电脑对散热底座的压力变小 C.散热底座对电脑的作用力大小之和等于其重力 D.散热底座对电脑的作用力的合力不变【解析】选A、D。由原卡位1缓缓调至卡位4,倾斜角变小,重力的下滑分力减小,垂直斜面的重力分量增加,根据电脑受力平衡得A对,B错;散热底座对电脑的作用力的矢量和等于其重力,C错,D对。 9

二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤) 9.(18分)如图所示,一质量为M=2kg的铁块套在倾斜放置的杆上,杆与水平方向的夹角θ=60°,一轻绳一端连在铁块上,一端连在一质量为m=1kg的小球上,一水平力F作用在小球上,连接铁块与球的轻绳与杆垂直,铁块和球都处于静止状态。(g取10m/s2)求：

(1)拉力F的大小。 (2)杆对铁块的摩擦力的大小。【解析】(1)对B球受力分析如图。

根据力的平衡F=mgtanθ (6分) 解得F=10N (3分) (2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆,且铁块处于静止状态,因此铁块受到的摩擦力等于铁块的重力沿斜面向下的分力, 即Ff=Mgsinθ (6分)