高考物理二轮复习 第1部分 核心突破 专题1 力与运动 第2讲 力和直线运动演练

第2讲 力和直线运动
1．(2016·北京石景山区一模)如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O 点．现有一小球从O 点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)．在此过程中，关于小球的加速度a 随下降位移x 的变化关系，下图中正确的是( A )
2．(2016·枣庄市模拟)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为1
2μ，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则下列说法中错误的是( A )
A ．当F ＜2μmg 时，A 、
B 都相对地面静止
B ．当F ＝52μmg 同时 ，A 的加速度为1
3μg
C ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动
D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过1
2
μg
解析：对A 、B 整体，地面对B 的最大静摩擦力为32μmg ，故当3
2
μmg ＜F ＜2μmg 时，A 、
B 相对地面运动，故A 错误．对A 、B 整体应用牛顿第二定律，有
F －μ
2
×3mg ＝3ma ；
对B ，在A 、B 恰好要发生相对运动时，
μ×2mg －μ
2×3mg ＝ma ，两式联立解得F ＝3μmg ，
可见，当F ＞3μmg 时，A 相对B 才能滑动，C 正确． 当F ＝5
2μmg 时，A ，B 相对静止，对整体有：
52μmg －μ2×3mg ＝3ma ，a ＝1
3
μg ，故B 正确． 无论F 为何值，B 所受最大的动力为A 对B 的最大静摩擦力2μmg ，故B 的最大加速度 a B m ＝2μmg －1
2×3μmg
m ＝1
2
μg ，可见D 正确．
3．(多选)(2016·黄冈试题)如图所示，在光滑的水平面上放着质量为M 的木板，在木板的左端有一个质量为m 的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( BD )
A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大
B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大
C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大
D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t 增大 解析：设木块与木板间的动摩擦因数为μ， 则木块的加速度a 1＝
F －μmg m ＝F
m
－μg ， 木板的加速度a 2＝μmg
M
，
两者恰好分离的条件为12(a 1－a 2)t 2
＝L ，
时间t ＝
2L
F m －m ＋M M
μg
.由此可知，仅增大M 或F ，时间t 减小，仅增大m 或μ，时
间t 增大，选项B 、D 正确．
4．(2016·四川资阳一模)如图所示，在粗糙的水平面上有一个质量为M 的三角形木块，两底角分别为θ1、θ2.在两个粗糙斜面上有两个质量分别为m 1、m 2的物体，分别以a 1、a 2的加速度沿斜面下滑，木块始终相对于地面静止，求地面对三角形木块的摩擦力和支持力．
解析：以M 、m 1、m 2整体为研究对象，此整体受三个力，即总重力、地面的支持力、地面的摩擦．以向右为正方向，
在水平方上f ＝Ma x －m 1a 1x ＋m 2a 2x ，
其中a x ＝0，a 1x ＝a 1cos θ1，a 2x ＝a 2cos θ2， 故f ＝m 2a 2cos θ2－m 1a 1cos θ1.
f 和正负表示方向，如f 为正，表示向右．
在竖直方向上
F N －(M ＋m 1＋m 2)g ＝－(Ma y ＋m 1a 1y ＋m 2a 2y )，
其中a y ＝0，a 1y ＝a 1sin θ1，a 2y ＝a 2sin θ2， 得F N ＝(M ＋m 1＋m 2)g －m 1a 1sin θ1－m 2a 2sin θ2， 答案：见解析
5．(2016·河南林州专项练习)如图所示，一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间滑动摩擦力为f(f ＜
mg )．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端．让它们由静止开始自由下落，
当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B 再次着地前，A 、B 不分离．
(1)请描述在从开始释放到B 再次着地前的过程中，A 、B 各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小．
(2)B 至少应该多长？
解析：(1)释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a ＝g .
B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，
加速度大小a A ＝
mg －f
m
. B 竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B ＝mg ＋f
m ，
B 竖直向上速度减为零后，继续以加速度a B 向下运动．
(2)B 第一次着地前瞬间的速度为v 1＝2gh ，
B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 t ＝
2v 1
a B
，
在此时间内A 的位移x ＝v 1t ＋12
a A t 2
，
要使B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件L ≥x ，联立以上各式，解得
L ≥8m 2g 2
mg ＋f
2h . 6．(2016·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2
，求：
(1)滑板由A 滑到B 的最短时间可达多少？
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？
解析：(1)滑板一直加速时，所用时间最短．设滑板加速度为a 2，f ＝μm 1g ＝m 2a 2，
a 2＝10 m/s 2
，s ＝
a 2t 2
2
，t ＝1 s.
(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可以为二者加速度相等，
F 1－μm 1g ＝m 1a 2，F 1＝30 N.
当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1，
F 2－μm 1g ＝m 1a 1， a 1t 22－
a 2t 2
2＝L ，
F 2＝34 N.
则水平恒力大小范围是30 N≤F ≤34 N.
7．(2016·山东泰安二模)如图甲所示，由斜面AB 和水平面BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB 部分光滑，AB 长度为s ＝2.5 m ，水平部分BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC 等高且粗糙程度相同的木板DE 紧靠在物块的右端，木板DE 质量M ＝4 kg ，长度L ＝1.5 m ．一可视为质点的滑块从A 点由静止开始下滑，经B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A 到C 过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2
，求：
(1)斜面AB 的倾角θ； (2)滑块的质量m ；
(3)滑块到达木板DE 右端时的速度大小．
解析：(1)在0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑：
mg sin θ＝ma ，s ＝12at 2，由题图乙知：t ＝1 s ，解得sin θ＝12
，即θ＝30°.
(2)在0～1 s 内对物块ABC 受力分析：
mg cos θ·sin θ－F ＝0，
由题图乙知：F ＝5 3 N ， 解得m ＝2 kg.
(3)滑块到达B 点时的速度v B ＝at ＝gt sin θ＝5 m/s ， 1～2 s 滑块在BC 部分减速运动：μmg ＝F ＝4 N 解得a ′＝2 m/s ，μ＝0.2
滑块到达C 点时：v C ＝v B －a ′t ＝v B －μg ·t ＝3 m/s 滑块滑上木板DE 时： 对滑块：－μmg ＝ma 1 对木板：μmg ＝Ma 2
解得a 1＝－2 m/s 2
，a 2＝1 m/s 2
设滑块在木板上的滑行时间为t ，
x 滑块＝v C t ＋12a 1t 2，x 木板＝12
a 2t 2， L ＝x 滑块－x 木板
解得t ＝1 s
此时，滑块速度v 滑块＝v C ＋a 1t ＝1 m/s 木板速度v 木板＝a 2t ＝1 m/s
滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.。