第一篇专题一力与直线运动专题训练经典化.docx
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第一篇专题一力与直线运动专题训练经典化
第一篇专题一力与直线运动
[基础等级评价]
1．（2010·天津高考）质点做直线运动的vt图象如图1－10所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（ ）
图1－10
A．0.25m/s 向右 B．0.25m/s 向左
C．1m/s 向右D．1m/s 向左
解析：
要清楚地理解vt图象中的“面积”的物理意义．面积：
表示某段时间内的位移．本题vt图象中的“面积”x＝3m－5m＝－2m，平均速度是物体的位移Δx与发生这段位移所用时间Δt的比值，前8s的平均速度是v＝－2/8m/s＝－0.25m/s.所以，前8s的平均速度大小是0.25m/s，方向向左，B正确．
答案：
B
2.
（2010·德州模拟）如图1－11所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速图1－11
上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为（ ）
A．（M＋m）g B．（M＋m）g－F
C．（M＋m）g＋FsinθD．（M＋m）g－Fsinθ
解析：
对整体受力分析，在竖直方向上由平衡条件得：
Fsinθ＋FN＝mg＋Mg，则FN＝mg＋Mg－Fsinθ.
答案：
D
3.（2010·安阳模拟）如图1－12所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将
（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小图1－12
C．先增大后减小
D．先减小后增大
解析：
设细绳向上偏移过程中的某一时刻，绳与斜面支持力FN的夹角为α，作出力的图示如图甲所示，由正弦定理得：
＝
∴FT＝G·
讨论：
当α＞
时，FT＞Gsinθ；
当α＝
时，FT＝Gsinθ；
当α＜
时，FT＞Gsinθ.
可见，当α＝
时，FT最小，即当绳与斜面支持力FN垂直（即绳与斜面平行）时，拉力最小．
所以当绳由水平方向逐渐向上偏移时，如图乙所示FT先减小后增大，故选项D正确．
答案：
D
4.
（2010·福建高考）质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性
变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图1－13所示．重力图1－13
加速度g取10m/s2，则物体在t＝0至t＝12s这段时间的位移大小为（ ）
A．18mB．54m
C．72mD．198m
解析：
物体与地面间最大静摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N．由题给Ft图象知0～3s内，F＝4N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6s内，F＝8N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝
＝2m/s2.6s末物体的速度v＝at＝2×3＝6m/s，在6～9s内物体以6m/s的速度做匀速运动.9～12s内又以2m/s2的加速度做匀加速运动，作vt图象如下．故0～12s内的位移x＝（
×3×6）×2＋6×6＝54m．故B项正确．
答案：
B
5．（2010·青州模拟）如图1－14所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过定滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态．当用水平向左
的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（ ）图1－14
A．Q受到的摩擦力一定变小
B．Q受到的摩擦力一定变大
C．轻绳上拉力一定变小
D．轻绳上拉力一定不变
解析：
物体P始终处于静止状态，则绳上拉力恒等于物体P的重力，不会发生变化，所以D选项正确．
未加F时，物体Q处于静止状态，Q所受静摩擦力方向不确定，设斜面倾角为α，则有
FT＝mPg，FT＋Ff＝mQgsinα，
即Ff＝mQgsinα－mPg.
当mQgsinα＞mPg时，Ff方向沿斜面向上，再加水平向左的推力F，Ff可能变小，Ff可能反向变大；
当mQgsinα＝mPg时，Ff＝0，再加水平向左的推力F，Ff变大；
当mQgsinα＜mPg时，Ff方向沿斜面向下，再加水平向左的推力F，Ff变大．
综合得物体Q受到的静摩擦力可能变小，可能变大，A、B选项均错误．正确答案为D.
答案：
D
6．（2010·泰安模拟）几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度，他们将体重计放在电梯中．一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，并用照相机进行了相关记录，如图1－15所示．他们根据记录，进行了如下推断分析，其中正确的是（ ）
图1－15
A．根据图2和图3可估测出电梯向上启动时的加速度
B．根据图1和图2可估测出电梯向上制动时的加速度
C．根据图1和图5可估测出电梯向下制动时的加速度
D．根据图4和图3可估测出电梯向下启动时的加速度
解析：
题图1是电梯静止时体重计读数照片，由题图1可知站在体重计上同学的重力．题图2是电梯从1层启动时体重计读数照片，由题图2可知站在体重计上的同学在电梯启动时所受体重计的支持力，根据题图1和题图2可估测出电梯向上启动时的加速度，A错误．题图3是电梯上升到9层开始制动时体重计读数照片，由题图3可知站在体重计上的同学上升到9层时所受体重计的支持力，根据题图1和题图3可估测出电梯向上制动时的加速度，B错误．题图4是电梯从10层开始向下时体重计读数照片，由题图4可知站在体重计上的同学在电梯开始向下启动时所受体重计的支持力，根据题图1和题图4可估测出电梯向下启动时的加速度，D错误．题图5是电梯下降到2层开始制动时体重计读数照片，由题图5可知站在体重计上的同学下降到2层电梯开始制动时所受体重计的支持力，根据题图1和题图5可估测出电梯向下制动时的加速度，C正确．
答案：
C
7．（2010·济宁模拟）为了体现人文关怀，保障市民出行安全和严格执法，各大都市交管部门强行推出了“电子眼”，据了解，在城区内全方位装上“电子眼”后立马见效，机动车闯红灯的现象大幅度减少，因闯红灯引发的交通事故的发生率也从过去的5%下降到1%.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，求：
（1）若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？
解析：
（1）根据牛顿第二定律可得
甲车紧急刹车的加速度为a1＝
＝
＝4m/s2
乙车紧急刹车的加速度为a2＝
＝
＝5m/s2
甲车停下来所需时间t1＝
＝
s＝2.5s
这段时间滑行距离x＝
＝
m＝12.5m
x＝12.5m<15m．甲车司机能避免闯红灯．
（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车后t2时刻两车恰好相遇，则有：
v0－a1（t2＋0.5）＝v0－a2t2
v0（t2＋0.5）－
a2t22＝v0（0.5＋t2）－
a1（0.5＋t2）2＋x0
代入数据解方程可得：
t2＝2s，x0＝2.5m.
此时甲、乙两车速度恰好为零，结果合理．
答案：
（1）能避免闯红灯
（2）2.5m
8．（2010·全国卷Ⅰ）汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图1－16所示．
（1）画出汽车在0～60s内的vt图线；
（2）求在这60s内汽车行驶的路程．
解析：
（1）设t＝10s、40s、60s时刻的速度分别为v1、v2、v3.图1－16
由图知0～10s内汽车以加速度2m/s2匀加速行驶，由运动学公式得
v1＝2×10m/s＝20m/s①
由图知10～40s内汽车匀速行驶，因此
v2＝20m/s②
由图知40～60s内汽车以加速度1m/s2匀减速行驶，由运动学公式得
v3＝（20－1×20）m/s
＝0③
根据①②③式，可画出汽车在0～60s内的vt图线，如图所示．
（2）由vt图线可知，在这60s内汽车行驶的路程为
s＝
×20m＝900m
答案：
（1）见解析
（2）900m
[发展等级评价]
（限时60分钟 满分100分）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，把正确选项前的字母填在题后的括号内）
1．（2010·广东高考）下列关于力的说法正确的是（ ）
A．作用力和反作用力作用在同一物体上
B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用
C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变
D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因
解析：
作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，A项错；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，B项正确，C项错；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，D项正确．
答案：
BD
2．（2010·福州模拟）一质量为2kg的物体沿光滑的斜面做直线运动，图1中的两条直线分别表示物体受平行于斜面方向的拉力和不受拉力的vt图象（g取10m/s2），则下面说法正确的是（ ）
A．拉力大小为10N，方向沿斜面向下图1
B．拉力大小为10N，方向沿斜面向上
C．拉力大小为30N，方向沿斜面向上
D．拉力大小为30N，方向沿斜面向下
解析：
由vt图象得a1＝
＝5m/s2，a2＝
＝10m/s2物体不受拉力作用时，
a＝
＝gsinθ<10m/s2
故a1＝gsinθ.
物体受拉力作用时，由图分析拉力方向向下，则
F＋mgsinθ＝ma2
F＝10N，A正确，D错误．
答案：
A
3．一物块在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当F按图2所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是图3中的（ ）图2
图3
解析：
在F的作用下，当物块有向上的运动趋势时，由平衡条件得F＝mgsinθ＋Ff，当F减小时，Ff也减小，当F＝0时，Ff＝－mgsinθ，即静摩擦力先减小至零又反向变大；在F的作用下，物块有向下的运动趋势时，由平衡条件得F＋Ff＝mgsinθ，当F减小时，Ff变大，当F＝0时，Ff＝mgsinθ，故只有C图正确．
答案：
C
4．（2010·新课标全国卷）一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
由胡克定律可知，当弹簧压缩时有F1＝k（l0－l1），当弹簧拉伸时有F2＝k（l2－l0），综合以上两式可得k＝
，C正确．
答案：
C
5．如图4所示，放在光滑水平面上的木块以v0向右做匀速直线运动，现有一向左的水平力F作用在木块上，且随时间从零开始做线性变化，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是图5中的（向右为正方向）（ ）
图4
图5
解析：
由牛顿第二定律得：
F＝ma，a与v0方向相反，物体先减速，后反向加速，由Ft图象可知，物体减速的加速度增大，vt图象的斜率变大，故只有B正确．
答案：
B
6．如图6所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（ ）图6
A．N＝m1g＋m2g－Fsinθ
B．N＝m1g＋m2g－Fcosθ
C．f＝Fcosθ
D．f＝Fsinθ
解析：
对于m1、m2和轻弹簧组成的系统受力分析如图，由平衡条件知：
水平方向：
f＝Fcosθ
竖直方向：
N＋Fsinθ＝m1g＋m2g.
由以上两式得：
f＝Fcosθ，N＝m1g＋m2g－Fsinθ，正确选项为A、C.
答案：
AC
7．如图7所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）．下列说法正确的是（ ）
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零图7
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
解析：
对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确．
答案：
A
8.
如图8所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示．今缓慢拉绳使小球从A点滑向半球顶点（未到顶点），则此过程中，小球对半球的压力FN及细绳的拉力FT大小的变化情况是（ ）图8
A．FN变大，FT变大
B．FN变小，FT变大
C．FN不变，FT变小
D．FN变大，FT变小
解析：
对A进行受力分析，如图所示，力三角形AF′FN与几何三角形OBA相似，由相似三角形对应边成比例，即
＝
＝
，则小球从A点缓慢上移过程中，OB、OA长度不变，AB长度减小，故得FN不变，FT变小．C项正确．
答案：
C
二、非选择题（本题共4小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）
9．（12分）（2010·绍兴模拟）一辆长为l1＝5m的汽车以v1＝15m/s的速度在公路上匀速行驶，在离铁路与公路交叉点x1＝175m处，汽车司机突然发现离交叉点x2＝200m处有一列长为l2＝300m的列车以v2＝20m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机立刻使汽车减速，让列车先通过交叉点，求汽车减速的加速度至少多大？
（不计汽车司机的反应时间）
解析：
列车驶过交叉点用时：
t＝
，
t＝25s
若汽车在25s内位移为x1＝175m，
则：
v1t－
at2＝x1，
a＝0.64m/s2.
此时v＝v1－at，v＝－1m/s，因此汽车已经在25s前冲过了交叉点，发生了交通事故，不合题意．
要使汽车安全减速，必须在小于25s的时间内汽车速度减小为零，这样才能使它的位移小于175m.
由v12＝2ax1，
得a＝
m/s2≈0.643m/s2.
汽车减速的加速度至少为0.643m/s2.
答案：
0.643m/s2
10.
（12分）如图9所示，在质量为M的小车中，用细线悬挂一个质量为m的小球，在水平牵引力F的作用下，小车向右做匀加速运动，稳定时悬线向左偏转的角度为α，撤去牵引力F后，小车继续向右运动，稳定时小球向右偏转的角度为β.求：
牵引力F的大小．图9
解析：
当小车受到水平牵引力F时，对整体分析，由牛顿第二定律得
F－Ff＝（M＋m）a1
对小球分析如图所示，则mgtanα＝ma1
当小车不受牵引力F时，对系统整体分析：
Ff＝（M＋m）a2
对小球分析，mgtanβ＝ma2
联立上式解得F＝（M＋m）g（tanα＋tanβ）．
答案：
（M＋m）g（tanα＋tanβ）
11．（13分）如图10所示，一块磁铁放在铁板ABC上的A处，其中AB长为1m，BC长为0.8m，BC与水平面间的夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ＝0.25，图10
现在给磁铁一个水平向左的初速度v0＝4m/s.不计磁铁经过B处的机械能损失．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则：
（1）求磁铁第一次到达B处的速度大小；
（2）求磁铁在BC上向上运动的加速度大小；
（3）请分析判断磁铁最终能否第二次到达B处．
解析：
（1）分析物体在水平面上的受力情况，由牛顿第二定律可得：
μ（mg＋kmg）＝ma1
又：
vB2－v02＝2（－a1）xAB
由以上两式可得：
vB＝
m/s
（2）物体在斜面上向上运动时，
μ（mgcos37°＋kmg）＋mgsin37°＝ma2
解得：
a2＝8.5m/s2
（3）由xm＝
得xm＝0.6m<0.8m
故磁铁不会滑出BC面
又因μ（mgcos37°＋kmg）故磁铁不可能停在BC面上，一定能第二次到达B处．
答案：
（1）
m/s
（2）8.5m/s2 （3）见解析
12．（15分）一水平传送带以v0＝2.0m/s的速度顺时针传送，水平部分长L＝2.0m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若物块由传送带右端滑到斜面的过程中无能量损失，试问：
图11
（1）物块能否达到斜面顶端？
若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度；
（2）出发后9.5s内物块运动的路程．（sin37°＝0.6，g取10m/s2）
解析：
（1）物块在传送带上先加速运动后匀速运动：
a1＝μg＝2m/s2
加速运动的时间为：
t1＝
＝1s；
加速运动的距离为：
s1＝
a1t12＝1m
匀速运动的距离为：
s2＝L－s1＝1m；
匀速运动的时间为：
t2＝
＝0.5s
然后物块以2m/s的速度滑上斜面，a2＝gsinθ＝6m/s2上升过程的时间为：
t3＝
＝
s；
上升距离s3＝
＝
m<0.4m，所以物块不能到达最高点，上升的最大高度为h＝s3sinθ＝0.2m.
（2）物块运动的全过程为：
先加速1s，后匀速0.5s，然后上升
s，接着下降
s回到传送带，再经过1s速度减为零，然后加速1s运动到斜面底端……物块按一定规律往返运动，周期
s.
出发后9.5s内物块先经1.5s第一次到达斜面底端，后8s内，恰好完成三个周期，则：
s＝L＋6（s2＋s3）＝10m.
答案：
（1）不能 0.2m
（2）10m
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