师说高考物理二轮专题复习检测专题一 力与直线运动13 课时作业docWord格式文档下载.docx
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3.
为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入某种液体中运动，用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图所示，已知钢球在液体中所受浮力为F浮，运动时受到的阻力与速度大小成正比，即F＝kv，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为d，钢球的质量为m，则阻力常数k的表达式是（ ）
A.
B.
C.
（
－2f）D.
＋2f）
匀速运动时F阻＝kv＝k
＝2kdf，根据平衡条件mg＝F阻＋F浮，解得k＝
，B正确．
B
4．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物体A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如下图分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且
（1）和
（2）中细线仍处于竖直方向．已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是（ ）
A．f1∶f2＝1∶2B．f1∶f2＝2∶3
C．f3∶f4＝1∶2D．tanα＝2tanθ
设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，
（1）和
（2）中A的水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正确，B错误；
（3）和（4）中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝（M＋m）a3，f4＝（M＋m）a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正确；
以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtanθ＝ma3，mgtanα＝ma4，联立可得tanα＝2tanθ，故D正确．
5.
在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是（ ）
小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v－t图象的切线斜率逐渐减小；
小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－kv＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v－t图象的切线斜率逐渐减小；
由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．
6．（多选）在某次热气球飞行训练中，热气球刚开始从地面竖直上升时，加速度为0.5m/s2，当上升到180m时，开始以5m/s的速度匀速上升．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量保持不变，为460kg，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是（ ）
A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s时的速度大小为5m/s
D．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N
热气球刚从地面竖直上升时，速度为零，空气阻力为零，分析热气球受力，由牛顿第二定律有F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4830N，A对；
随速度的增加，空气阻力会越来越大，否则热气球不会最终匀速上升，B错；
随空气阻力的增大，热气球加速度会减小，因此从地面开始上升10s时速度达不到5m/s，C错；
以5m/s的速度匀速上升时，热气球受力平衡，有F浮＝mg＋F阻，得F阻＝F浮－mg＝230N，D对．
AD
7.
如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的是（ ）
A．am＝1m/s2,aM＝1m/s2
B．am＝1m/s2,aM＝2m/s2
C．am＝2m/s2,aM＝4m/s2
D．am＝3m/s2,aM＝5m/s2
对上面的木块受力分析，在水平方向只可能有摩擦力，因此其加速度am＝
≤
＝μg＝2m/s2，D错．若小车和物块加速度不相等，则摩擦力为滑动摩擦力，则有木块加速度am＝
＝
＝μg＝2m/s2，B错．若二者没有相对运动，则加速度相等且加速度小于μg＝2m/s2，A对．若发生相对运动，则木块加速度am＝μg＝2m/s2，小车加速度大于木块加速度，C对．
AC
二、非选择题
8.
在倾角θ＝37°
的固定斜面上，一物块以初速度v0＝4m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动，如图所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，求：
（1）物块向上运动时和返回向下运动时物块的加速度大小；
（2）物体重新回到斜面底端A时的速度大小．
（1）设物块沿斜面向上运动的加速度为a1，则
mgsin37°
＋μmgcos37°
＝ma1
a1＝g（sin37°
＋μcos37°
）＝10×
（0.6＋0.5×
0.8）m/s2＝10m/s2
物块沿斜面向下运动的加速度为a2，则
－μmgcos37°
＝ma2
a2＝g（sin37°
－μcos37°
（0.6－0.5×
0.8）m/s2＝2m/s2
（2）物块沿斜面向上运动的最大位移为x，重新回到A点的速度为v，则
v
＝2a1x
v2＝2a2x
解得v＝
v0＝
m/s≈1.8m/s.
（1）10m/s2 2m/s2
（2）1.8m/s
9如图所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）若木板长L＝1m，在铁块上加一水平向右的恒力F＝8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的情况．（设木板足够长）
（1）根据牛顿第二定律
对铁块：
F－μ2mg＝ma1
对木板：
μ2mg－μ1（mg＋Mg）＝Ma2
又s铁＝
a1t2，s木＝
a2t2，L＝s铁－s木，联立解得：
t＝1s
（2）铁块与木板之间的最大静摩擦力
fm2＝μ2mg＝4N
木板与地面之间的最大静摩擦力
fm1＝μ1（mg＋Mg）＝2N
当F≤fm1＝2N时，木板与铁块都静止，f＝F
当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律，对铁块：
F1－μ2mg＝ma1
对整体：
F1－μ1（mg＋Mg）＝（m＋M）a1
联立解得：
F1＝6N，所以当2N<
F≤6N时，铁块与木板相对静止，对整体：
F－μ1（mg＋Mg）＝（m＋M）a，对铁块：
F－f＝ma，解得：
f＝
＋1（N）
当F>
6N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f＝μ2mg＝4N.
（1）1s
（2）见解析
B组
1.
“加速度计”的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b的长度均为l；
若该装置加速向右运动，a、b的长度分别为la、lb，则（ ）
A．la>
l，lb>
lB．la<
l，lb<
l
C．la>
lD．la<
开始时，滑块所受两弹簧的弹力相等，合力为零；
若装置向右加速运动，则滑块所受合力向右，故b弹簧的长度增加，a弹簧的长度减小，选项D正确．
D
2.
质量为1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°
的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为
，则A、B间的距离为（已知g＝10m/s2，sin53°
＝0.8，cos53°
＝0.6）（ ）
A．1.05mB．1.13m
C．2.03mD．1.25m
对小物块进行受力分析可得，小物块上滑时的加速度大小为a1＝gsin53°
＋μgcos53°
＝10m/s2，到速度为零时所用的时间t1＝
s＝0.5s，上滑的最大距离为x1＝vt1－
a1t
＝5×
0.5m－
×
10×
（0.5）2m＝1.25m，然后往回返，其加速度大小为a2＝gsin53°
－μgcos53°
＝6m/s2，则再运动t＝0.7s－0.5s＝0.2s所通过的位移为x2＝
a2t2＝
6×
（0.2）2m＝0.12m，故AB间的距离为x1－x2＝1.25m－0.12m＝1.13m，故B项正确．
3.
（多选）如图所示，一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体B时，物体A的加速度为a，绳中张力为FT，则（ ）
A．a＝gB．a＝
C．FT＝mgD．FT＝
mg
对两物体整体分析，由牛顿第二定律有mg＝（M＋m）a，解得a＝
g；
对物体A由牛顿第二定律有FT＝Ma，代入a解得FT＝
g.选项A、C错误，B、D正确．
BD
4．（多选）如图甲所示，传送带以速度v1匀速转动，一滑块以初速度v0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度－时间图象如图乙所示．已知v0>
v1，则下列判断正确的是（ ）
A．传送带顺时针转动
B．t1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用
从题图乙可以判断，滑块先向左做减运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A正确；
滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B、C错误，D正确．
5.
2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3s末到达离地面90m的最高点时炸开．构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10m/s2，那么，v0和k分别为（ ）
A．30m/s,1B．30m/s,0.5
C．60m/s,0.5D．60m/s,1
礼花弹在上升过程中做匀减速直线运动，由运动学公式h＝
v0t，可得：
＝60m/s.设礼花弹上升过程中的加速度为a，由运动学公式v0＝at和牛顿第二定律kmg＋mg＝ma，可得：
k＝
－1＝
－1＝1，选项D正确，选项ABC错误．
6．如图，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则不正确的说法是（ ）
A．若传送带不动，则vB＝3m/s
B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/s
C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/s
D．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝2m/s
由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a＝－μg＝－1m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，v
－v
＝－2μgs，解得：
vB＝3m/s，AB项正确；
若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述vB＝3m/s，C项正确，D项错．
7．（多选）如右图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列表示物体速度大小v、加速度大小a、受到的摩擦力大小Ff和物体运动路程s随时间t变化的关系的各图象中可能正确的是（ ）
由题意分析可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，故选项A正确，B错误；
在斜面上受的摩擦力小，故选项C错误；
在斜面上s＝
at2，在水平面上s＝v0t－
a′t2，故选项D正确．
8.
（多选）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（ ）
A．物体的初速率v0＝3m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44m
D．当某次θ＝30°
时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
当倾角达到90°
时，物体将做竖直上抛运动，此时上升的高度为1.80m，由运动规律可求得初速率v0＝6m/s，选项A错误；
当角度为0°
时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40m，由运动学规律和牛顿运动定律可得，动摩擦因数μ＝0.75，选项B正确；
当倾角为θ时，由牛顿运动定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，又x＝
，结合数学关系可得位移的最小值为1.44m，选项C正确；
θ＝30°
时，物体达到最大位移时重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此物体达到最大位移后不会下滑，选项D错误．
BC
9．表演“顶竿”杂技时，一个人站在地上（称为“底人”）肩上扛一长L＝6m，质量m1＝15kg的竖直竹竿，一质量m2＝45kg的演员（可当质点处理）在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间为t1＝2s，减速下滑的时间为t2＝1s，演员恰从竿顶滑至竿底部（g＝10m/s2）．求：
（1）演员下滑过程中的最大速度vm；
（2）演员在减速下滑过程中“底人”对竹竿的支持力F.
（1）演员下滑到加速结束时速度最大，则有
L＝
（t1＋t2）
解得vm＝4m/s.
（2）设减速下滑的加速度为a，则有vm＝at2
解得a＝4m/s2
减速阶段对演员有f－m2g＝m2a
解得f＝m2（g＋a）＝630N
对竹竿，根据平衡条件有
F－f＝m1g
解得F＝780N.
（1）4m/s2
（2）780N
10.
在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°
角固定，质量m＝1kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，忽略浮力．求：
（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．
（1）取沿细杆向上的方向为正方向，由图象乙可知：
在0～2s内，a1＝
＝15m/s2（方向沿杆向上）
在2～5s内，a2＝
＝－10m/s2（“－”表示方向沿杆向下）．
（2）有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有
Fcosθ－μ（mgcosθ＋Fsinθ）－mgsinθ＝ma1
停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有
－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
联立以上各式解得μ＝0.5，F＝50N.
（1）15m/s2，方向沿杆向上 10m/s2，方向沿杆向下
（2）0.5 50N
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