江苏省如皋市届高考物理二轮复习专题一力与直线运动练习.docx

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江苏省如皋市届高考物理二轮复习专题一力与直线运动练习

专题一力与直线运动

一、单项选择题

1.（单）小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗，天窗与竖直面的夹角为θ，如图所示．小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃，当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时，刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动，已知玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数为μ，则刮擦器受到的摩擦力大小是（　　）

A.（F－mg）cosθB.（mg＋F）sinθ

C.μ（F－mg）cosθD.μ（mg＋F）sinθ

2.（单）水上滑板是滑水和冲浪这两项水上运动的结合体，摩托艇通过水平牵引绳使运动员在水面上乘风破浪匀速滑行，如图所示．设水平牵引力恒定，水对滑板的作用力与滑板垂直，滑行时受到的空气阻力大小与滑行速度成正比，运动员必须使滑板前端抬起一个角度α才能不下沉．则（　　）

A.滑行的速度越大，角度α越大

B.滑行的速度越大，角度α越小

C.角度α与运动员的质量无关

D.角度α随运动员的质量增大而增大

3.（单）如图，AOB为夹角固定的V形槽，开始时槽板OB位于竖直平面内，光滑小球静置槽中．槽板OA受到的压力为NA，槽板OB受到的压力为NB.在V形槽沿顺时针方向缓慢旋转至OB水平的过程中（　　）

A.NA逐渐减小，NB逐渐增大

B.NA先增大后减小，NB逐渐增大

C.NA逐渐减小，NB先增大后减小

D.NA先增大后减小，NB先增大后减小

4.（单）如图所示是质量为m的小球靠近墙面竖直上抛的频闪照片，甲图是上升时的照片，乙图是下降时的照片，O是运动的最高点．假设小球所受阻力大小不变，重力加速度为g，据此估算小球受到的阻力大小为（　　）

A.mgB.

mgC.

mgD.

mg

5.（单）如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是（　　）

A.a、b两球到底端时速度相同

B.a、b两球重力做功相同

C.小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间

D.小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力

二、多项选择题

6.（多）如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升．为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变．则在提升主机过程中，下列结论正确的是（　　）

A.缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大

B.缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变

C.缆绳与竖直方向的夹角α不可能大于角β

D.缆绳拉力F1的功率保持不变

7.（多）如图，质量为

、长为

的直导线用两绝缘细线悬挂于

，并处于匀强磁场中。

当导线中通以沿

正方向的电流

，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为

。

则磁感应强度方向和大小可能为

A．

负向，

B．

正向，

C．沿悬线向上，

D．x负向，

8.（多）如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是图中的（　　）

9.（多）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1kg、带正电q＝0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F＝0.6N的恒力，g取10m/s2.则滑块（　　）

A.一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止

B.开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动

C.速度为6m/s时，滑块开始减速

D.最终做速度为10m/s的匀速运动

10.（多）如图7所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，

C平台离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑．将货物轻轻

地放在

A处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已

知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为μ.若皮带的倾角θ、运行速

度v和货物质量m都可以改变，始终满足tanθ<μ.可以认为最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，则（　　）

A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越长

B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间不变

C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多

D．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长

三、计算题

11.如图所示，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m．用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处．取g＝10m/s2.求：

（1）物体运动的加速度a；

（2）物体与地面间的动摩擦因数μ；

（3）若改用大小为20N的力，沿水平方向拉此物体，使之从A处由静止开始运动并能到达B处，该力作用的最短时间t.

12.如图所示，足够长的斜面倾角θ＝37°，一物体以v0＝12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动，加速度大小a＝8.0m/s2.g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）物体沿斜面向上滑行的最大距离；

（2）物体与斜面间的动摩擦因数；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小．

13.如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0＝－10m/s传送物体的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度－时间图象如图乙所示，已知0～2s内水平外力与物体运动方向相反，2～4s内水平外力与物体运动方向相反，g取10m/s2。

求：

14.如图所示，一个长度为L＝1m、高度为h＝0.8m的长木板静止在水平地面上，其质量M＝0.4kg，一质量m＝0.1kg的小物块（可视为质点）放置在其上表面的最右端，物块与长木板，长木板与地面之间动摩擦因数均为μ＝0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F.

（1）若F恒为4N，试求长木板的加速度大小；

（2）若F恒为5.8N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；

（3）若F＝kt，k>0，在t＝0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小．

15.如图所示，一本大字典置于桌面上，一张A4纸（质量和厚度均可忽略不计）夹在字典最深处．假设字典的质量分布均匀，同一页纸上的压力分布也均匀，字典总质量M＝1.5kg，宽L＝16cm，高H＝6cm，A4纸上下表面与书页之间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.

（1）水平向右拉动A4纸，要使字典能被拖动，A4纸对字典的总摩擦力至少多大？

（2）上题中，求A4纸夹在字典中离桌面的最大高度h0；

（3）若将A4纸夹在离桌面高度为3cm处，要将A4纸从字典中水平向右抽出拉力至少做多少功？

专题一力与直线运动参考答案

一、单项选择题

1.A；解析：

刮擦器受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，

由图可知，F一定大于重力；

先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：

在沿斜面方向有：

摩擦力f=（F-mg）cosθ；

在垂直斜面方向上有：

FN=（F-mg）sinθ；

则f=（F-mg）cosθ=μ（F-mg）sinθ，

故选：

A．

2.B　解析：

设牵引力为T，空气阻力为f＝kv，板的作用力为F，人和滑板的总质量为m.由竖直方向的平衡有Fcosα＝mg，由水平方向的平衡有T＝f＋Fsinα.所以，滑行的速度越大，角度α越小；运动员的质量越大，角度α越小．选项B正确．

3.对球受力分析，重力、AO板支持力，BO板支持力，三力平衡，根据共点力平衡条件，三个力可以构成首位相连的矢量三角形，如图所示：

将V形槽沿顺时针方向缓慢旋转至OB水平的过程中，两个支持力的方向顺时针转动90°，等效成重力方向顺时针转动90°，故角θ不变，角α不断变小（锐角），角β不断变大（先锐角后钝角）；

根据正弦定理，有：

解得：

角θ不变，角α不断变小（鋭角），故FAO不断减小；

角θ不变，角β不断变大（先锐角后钝角），故FBO先变大后变小，

根据牛顿第三定律可知，NA不断减小，NB先变大后变小，故C正确．

故选：

C

4.B　解析：

设每块砖的厚度是d，向上运动时9d－3d＝a1T2，向下运动时3d－d＝a2T2，联立得

＝3，根据牛顿第二定律，向上运动时mg＋f＝ma1，向下运动时mg－f＝ma2，可得f＝

.选项B正确．

5.C　解析：

由机械能守恒可知，两球到底端时的速度大小相等，方向不同；由初始的平衡可知，magtan30°＝mbgtan60°，得ma＝3mb，两球的质量不相等，下落过程中重力做的功不相等；设光滑细杆与水平方向的倾角为θ，则两球下滑的加速度大小为gsinθ，位移大小为

，显然球a的加速度小，位移大，运动时间长；a球的弹力为

mag，b球的弹力为

mbg＝

mag，a球受的弹力大．选项C正确．

【考点定位】物体的平衡　受力分析　机械能守恒

二、多项选择题

6.AC解析：

将空调主机作为研究对象，两绳拉力的合力一定与主机的重力平衡，用作图法作出两拉力的合力（竖直向上，与重力等值反向），由平行四边形定则确定F2的对边，则由α角的不断增大，可知两个拉力都在增大，α角不可能大于等于β角．由P＝F1vcosα可知，F1的功率不断增大．选项AC正确．

7.BC；解析:

A、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，B=

导线静止，与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故A错误；

B、磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：

BILcosθ=mgsinθ，解得：

B=

，故B正确；

C、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，由平衡条件得：

BIL=mgsinθ，则B=

，故C正确；

D、当磁场沿x负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线在重力与细线拉力作用下静止，磁感应强度可以为任何值，B=

可以使导线静止，但与竖直方向夹角θ=0°，不符合题意，故D错误；

故选BC．

8.AD;解析:

由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，

当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；

当qvB＜mg时，FN=mg-qvB此时：

μFN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v-t图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误．

当qvB＞mg时，FN=qvB-mg，此时：

μFN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；

故选AD．

9.BD　解析：

由于洛伦兹力F1＝qvB方向向上，在滑块与木板发生相对滑动之前，系统水平方向的合力为F不变，做匀加速运动，a＝

＝

m/s2＝2m/s2，木板对滑块的静摩擦力f＝ma＝0.2N，初始时刻滑块的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.5N＞f，滑块与木板间没有发生相对滑动；随着速度的增加，洛伦兹力变大，由N＝mg－qvB可知滑块与木板间的压力减小，最大静摩擦力减小，滑块将会相对于木板滑动，受向左的滑动摩擦力，仍有加速度，做加速度减小的加速运动；当N＝mg－qvB时，做匀速运动，解得v＝10m/s.选项BD正确．

10.答案：

AC

解析：

开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a＝μgcosθ－gsinθ，根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间t1＝

，货物加速过程的位移x1＝

，货物加速到与传送带的速度相等时，因为μmgcosθ>mgsinθ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得物体匀速的时间t2＝

，因此货物从底端运送到顶端的时间t＝t1＋t2＝

＋

，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A正确；当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B错误；；摩擦产生的热量为μmgΔx，当倾角θ和速度v一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，C正确．货物相对传送带运动的位移Δx＝vt1－

t1＝

t1，v和θ一定，速度一定，加速度一定，由t1＝

得货物的加速时间t1一定，货物相对传送带的位移一定，D错误

三、计算题

11.解析：

（1）物体做匀加速运动

L＝

at

（2分）

a＝

＝

m/s2＝10m/s2（2分）

（2）由牛顿第二定律F－f＝ma

f＝（30－2×10）N＝10N（2分）

μ＝

＝

＝0.5（2分）

（3）设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0

由动能定理Fs－μmgL＝0（2分）

s＝10m

由牛顿定律F－μmg＝ma（1分）

s＝

at2（1分）

t＝2s（1分）

12.解析：

（1）根据v

＝2as（2分）

求出s＝9（m）（2分）

（2）物体沿斜面向上运动时受力如下图所示

根据牛顿第二定律

mgsinθ＋μΝ＝ma（1分）

N＝mgcosθ（1分）

求出μ＝0.25（2分）

（3）物体沿斜面向下运动时受力如下图所示

根据牛顿第二定律

mgsinθ－μN＝ma′（2分）

求出a′＝4m/s2（2分）

【考点定位】直线运动的规律　受力分析　牛顿第二定律

13.解析：

（1）物体与传送带间的动摩擦因数；

（2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q.

设水平外力大小为F，由图象可知0～2.0s内物体做匀减速直线运动，

加速度大小为a1=5m/s2，

由牛顿第二定律得：

，

2～4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2=1m/s2，由牛顿第二定律得:

f=40N

又f=μmg

由以上各式解得:

μ=0.3

（2）0～2.0s内物体的对地位移

      x1=10m

传送带的对地位移

此过程中物体与传送带间的摩擦热

，Q1=1800J

2～4.0s内物体的对地位移

，x2=-2m

传送带的对地位移

此过程中物体与传送带间的摩擦热

，Q2=1080J

0～4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q=Q1+Q2=2880J

14.解析：

（1）对长木板与物块，假设相对静止时，最大加速度a0＝

＝5m/s2（2分）

由牛顿第二定律F0－μ（M＋m）g＝（M＋m）a0，得

F0＝5N（1分）

长木板与地面最大静摩擦力为

fm＝0.5×（0.1＋0.4）×10＝2.5N

因为2.5N

F－μ（M＋m）g＝（M＋m）a（1分）

解得加速度a＝3m/s2（1分）

（2）因为F＝5.8N＞F0，所以物块与长木板相对滑动，对长木板有

F－μ（M＋m）g－μmg＝Ma1，

加速度a1＝7m/s2（1分）

物块的加速度a2＝

＝5m/s2.（1分）

至物块与长木板分离时有L＝

a1t2－

a2t2，时间t1＝1s（1分）

此时长木板速度v1＝7m/s，物块速度v2＝5m/s

物块做平抛运动，其落地时间

t2＝

＝0.4s（1分）

平抛水平距离s2＝v2t2＝2m（1分）

物块与长木板分离后长木板的加速度a3

F－μMg＝Ma3，得a3＝9.5m/s2（1分）

在t2时间内木板向右运动距离

s1＝v1t2＋

a3t

＝3.56m（1分）

最终，小物块落地时距长木板左端的距离

Δs＝s1－s2＝1.56m（1分）

（3）

（3分）

【考点定位】牛顿第二定律　相对运动　平抛运动　图象的运用

15.解析：

（1）字典恰好能被拉动，A4纸对字典的摩擦力

f＝f桌（2分）

f＝μ2Mg（1分）

得f＝6N（1分）

（2）设此时A4纸上方纸张质量为m，则有2μ1mg＝f（2分）

代入数据可得m＝1kg，此时A4纸夹的位置离桌面高h0＝

H（2分）

得h0＝2cm（2分）

（3）A4纸夹离桌面的高度为3cm处，高于2cm，所以字典拖不动。

当A4纸抽出位移为x时，纸上方压力FN＝

（2分）

此时轻质A4纸受到拉力大小F＝f＝2μ1FN

即F＝μ1Mg

拉力大小与位移x成线性关系（2分）

所以拉力做功W＝

F0L＝

μ1MgL

可得W＝0.36J（2分）