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力与直线运动
一单项选择题
=8t+3t2,x与t的
单位分别是m和s,则该汽车()
【答案】C
【解析】将t=1s代入到x=8t+3t2中得到第1s内的位移大小x=11m,选项A错
1
x
=2=14m/s,=8t+3t2与匀变速直线运
t
1
动的位移公式x=vt+at2对照可得初速度大小v=8m/s,加速度大小a=6m/s2,则任意
020
相邻1s内的位移差是Δx=aT2=6×12m=6m,
=at=6×1m/s=6m/s,选项D错误.
,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
,上升过程中所受的
0
阻力大小始终是自身重力的k倍,g=10m/s2,那么v和k分别等于()
0
,,
,,1
【答案】D
v+v
【解析】本题考查运动学规律和牛顿第二定律,利用运动学知识有x=0·t,代入
2
数据得v=60m/s;对上升过程中的礼花弹受力分析,:mg
0:.
60
+F=ma,又F=kmg,a=m/s2=20m/s2,解得:k=、B、C错,D对.
ff3
“力不是维持物体运动的原因”的科学家是
【答案】B
【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因,故A错误;伽利略通过理想斜
面实验提出了力不是维持物体运动的原因,故B正确;笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次
表述了惯性定律,故C错误;牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律,认为
力是改变物体运动状态的原因,但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学
家,也不是第一个提出惯性的科学家,故D错误;故选B。
、=0到t=t的时间内,它们的v-t图
1
()
v+v
2
、乙两汽车的位移相同
,汽车乙的加速度大小逐渐增大
:.
【答案】A
【解析】根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可以看出汽车甲的位移x大于
甲
x
汽车乙的位移x,选项C错误;根据v=得,汽车甲的平均速度v大于汽车乙的平均速
乙t甲
度v,选项A正确;汽车乙的位移x小于初速度为v、末速度为v的匀减速直线运动的
乙乙21
v+v
位移x,即汽车乙的平均速度小于12,选项B错误;v-t图象的斜率大小反映了加速度
2
的大小,因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小,选项D错误.
、CD间夹角为60°,其中直径AB水平,AD
,从A、C点下落到D点的时间分别
是t、t,则t∶t是()
1212
∶∶2
∶∶3
【答案】C
31
【解析】由图可知,s=2R,a=g,由几何关系可得出s=3R,a=g,由运动
CDCD2ADAD2
1tsat3
学公式s=at2,可得1=ADCD,代入数据得1=,故C正确.
2tsat2
2CDAD2
,细绳l与l共同作用于质量为m的小球而使其处于静止状态,其中细绳
12
l与竖直方向的夹角为θ,细绳l水平,重力加速度为g,,
122
则剪断瞬间()
:.
1
2
mg
1cosθ
,方向水平向右
【答案】B
【解析】剪断细绳l瞬间,小球受到的合力将变为垂直细绳l斜向右下方,其大小为
21
mgsinθ,D错误;由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小a=gsinθ,故小球竖直向
下的加速度大小为a=gsin2θ,故小球虽然处于失重状态,但不是完全失重,A错误;小
竖
1
球在水平方向上的加速度大小为a=gsinθcosθ,即a=gsin2θ,B正确;此时细
水水2
绳l上的拉力大小为mgcosθ,故C错误.
1
(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成
的,,发现某动车组连续两节经过他的时间依次为
5s和4s,若动车组可看成做匀变速直线运动,每节车厢的长度为30m,则该动车组的加
速度约为()
.30m/s2
.38m/s2
【答案】C
1
【解析】由匀变速运动的位移公式,x=vt+at2
02:.
1
对两节车厢有60=v×(5+4)+a(5+4)2
02
1
对第一节车厢,30=v×5+a·52
02
联立解得a≈,故选项C正确.
、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进,它们运动的v-t图象如图所示,
下列说法正确的是()
=40s时再次并排行驶
,t=30s时两车相距最远
,再变小,最后不变
20+5
【解析】t=40s时,甲车的位移为×30m+5×10m=425m,乙车的位移为10×40
2
20-5
m=400m,甲车在乙车前面,A错误;甲车做减速运动的加速度大小为a=m/s2=
30
m/s2,B正确;在两车再次并排行驶之前,t=20s时,两车相距最远,C错误;两车距离先
增大,再变小,最后又变大,D错误。
【答案】B
,且表面粗糙程度一样,现随长木
板以速度v向右做匀速直线运动,,已知m>m,下列说
AB
法正确的是()
,由于A的惯性较大,所以A、B一定会相撞:.
,由于A的动能较大,所以A、B一定会相撞
,由于A所受的摩擦力较大,所以A比B先停下来
,A、B间的相对距离保持不变
【答案】D
【解析】若木板光滑,A、B在水平面上不受力,由于物体具有惯性,则A、B将以原来
的速度做匀速直线运动,保持相对静止;若木板粗糙,尽管两物体的质量不同,所受的摩擦
μmg
力大小不同,但其加速度为a==μg,与质量无关,故两物体将有相同的加速度,任
m
,A、B、C错误.
二不定项选择题
、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动,t=0时刻两汽车同时经过公路旁的同一
-时间图象(v-t图象)如图所示,则关于两车运动的说法中
正确的是()
~10s时间内,甲、乙两车在逐渐靠近
~15s时间内,甲、乙两车的位移大小相等
=10s时两车的速度大小相等、方向相反
=20s时两车在公路上相遇
【答案】BD
【解析】由题中v-t图象可知,甲、乙两车均沿正方向做直线运动,其中甲做匀速直
线运动,乙做匀减速直线运动,在t=10s之前,乙车虽然在减速,但乙车的速度仍大于甲
车的速度,故两车之间的距离越来越大,两车逐渐远离,选项A错误;由图可知,乙车做匀
减速直线运动的加速度大小为a=1m/s2,故乙车在t=5s时的速度大小为v=15m/s,在
1
1
5~15s时间内乙车的位移大小为x=v·Δt-a·(Δt)2,代入数据可得x=100m,
乙12乙:.
而甲车做匀速直线运动,在5~15s时间内位移大小为x=v·Δt,即x=100m,所以
甲0甲
在5~15s时间内甲、乙两车的位移大小相等,选项B正确;由图可知,在t=10s时两车
的速度大小相等、方向相同,选项C错误;由图可知,t=20s时甲、乙两车的v-t图线
与时间轴围成的“面积”相等,故两车的位移相同,所以两车相遇,选项D正确.
,三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m,
且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的
初速度沿传送带下滑,,下列说法正确的是()
、B机械能的变化一定不相同
、B机械能的变化一定相同
、B一定不能同时到达传送带底端
、B在传送带上的划痕长度相同
【答案】AC
133
【解析】因为mgsin30°=mg<μmgcos30°=mg,所以A做匀速直线运动,B做
210
匀减速直线运动,下滑相同距离内摩擦力做功不同,物块A、B机械能的变化一定不相同,A
正确,B错误;如果都能到达底端,则位移相同,一个匀速运动,一个匀减速运动,所以物
块A、B一定不能同时到达传送带底端,C正确;由于A相对传送带静止,所以在传送带上
的划痕为零,B做匀减速直线运动,相对传送带的划痕不为零,故D错误.
,质量为m的滑块A和质量为m的三角形滑块B叠放在倾角为θ的斜面体
AB
上,,使它们从静止开始以相同的加速度a一
起向左加速运动,由此可知()
A:.
(m+m)a2+g2
AB
【答案】AD
【解析】根据题述A和B随斜面体以相同的加速度a一起向左加速运动,由牛顿运动定
律可知B对A的摩擦力f=ma,、B看作整体分析受力,由牛顿运动定律
A
可知当(m+m)gtanθ=(m+m)a时,即当斜面体运动的加速度a=gtanθ时,斜面体与
ABAB
B之间无摩擦力,斜面体对B的支持力等于(m+m)a2+g2,由牛顿第三定律可知B对斜面
AB
体的压力等于(m+m)a2+g2,选项B错误、、B和斜面体看作整体,若斜面
AB
体的质量为M,则当F=(M+m+m)a时,地面与斜面体之间没有摩擦力,当F>(M+m+m)a
ABAB
时,地面与斜面体之间有摩擦力,选项C错误.
=5kg的盒子乙,乙内
乙
放置一质量为m=1kg的滑块丙,用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m
丙甲
=2kg的物块甲与乙相连接,,
在以后的运动过程中,盒子乙与滑块丙之间没有相对运动,假设整个运动过程中盒子始终没
有离开水平桌面,重力加速度g=10m/()
【答案】BC
【解析】假设绳子拉力为F,根据牛顿第二定律,对甲,有mg-F=ma;对乙和丙
T甲T甲
组成的整体,有F=(m+m)a,联立解得F=15N,a=,A错误,B正确;对滑
T乙丙T
块丙受力分析,受重力、支持力和静摩擦力作用,根据牛顿第二定律,有F=ma=1×
f丙
N=,C正确;绳子的张力为15N,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152N,所以D错误.
,一水平传送带以v的速度顺时针传送,其右端与一倾角为θ的光滑斜面
0
平滑相连,一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端,已知物块的质量为m,若物块经传
送带与斜面的连接处无能量损失,则()
,一定一直做加速运动
1
20
【答案】BD
v2
【解析】设传送带的长度为L,物块运动的过程中,物块匀加速运动的位移:x=0,
2a
若x≥L,则物块在第一次冲上斜面前,一定一直做加速运动;若x<L,则物块先加速后匀速.
故A错误;若物块在传送带上一直做加速运动,则返回的过程中物块一直做减速运动,由于
两个运动的加速度的大小是相等的,可知物块将能够恰好返回出发点,但不可能从传送带的
,C错误;物块在传送带上运动的过程中,传送带的摩擦力对物块做功,
所以物块的速度不可能大于v,物块在斜面上运动的过程中只有重力做功,机械能不增加.
0
1
、D.
20
,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,
沿杆方向给环施加一个拉力F,使环由静止开始沿杆向上运动,已知拉力F及小环速度v随
时间t变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是()
:.
°
【解析】设细杆与地面间的夹角为θ,由v-t图象可知0~1s内小环的加速度为a
=,因此选项C错误;拉力为F=5N时,由牛顿第二定律得F-mgsinθ=ma,1
11
s后小环做匀速直线运动,此时的拉力为F=,根据力的平衡有F=mgsinθ,联立
22
9
解得m=1kg,sinθ=,因此选项A正确,B错误;根据题图乙,前1s内小环沿杆上
20
升的位移为x=×1m=,之后2s内做匀速直线运动,位移为x=×2m=
122
m,所以前3s内小环沿杆上升的位移为x=x+x=,选项D正确。
12
【答案】AD
,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止
下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的
距离,则()
【答案】BD
4
【解析】小球的质量m=ρ·πr3,由题意知m>m,ρ=ρ,则r>r。空气
3甲乙甲乙甲乙
mg-fkr3k
阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得,mg-f=ma,则a==g-=g-,
m44πρr2
ρ·πr3
3
1
可得a>a,选项C错误;由h=at2知,t<t,选项A错误;由v=2ah知,v>v,
甲乙2甲乙甲乙:.
故选项B正确;因f>f,由球克服阻力做功W=fh知,甲球克服阻力做功较大,选项D
甲乙f
正确。
《大众科学》杂志报道,
上装有帮助飞机起飞的弹射系统,已知某型号的舰载飞机质量为m=103kg,在跑道上加速
时产生的最大动力为F=7×103N,,当飞机的速度大小达到50m/s
,设航空母舰甲板长为160m,则下列说法中正确的
是()
,弹射系统必须使飞机至少具有大小为30m/s的初速度
,为使飞机仍能在此舰上正常起飞,航空母舰沿飞机起
飞方向的速度大小至少应为10m/s
【答案】CD
【解析】飞机在跑道上加速时所受阻力f=kmg=×103×10N=2×103N,选项A错
-f=ma,解得a=5m/s2,
有的初速度大小为v,由匀变速直线运动规律得v2-v2=2ax,代入数据解得v=30m/s,
000
,设飞机起飞所用的时间为t,航空母舰的最小速
1
度为v,则飞机相对地面的速度v=v+at,飞机相对航母的位移大小x=at2,代入数据联
112
立解得v=10m/s,选项D正确.
1
三非选择题
,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长
且表面平整的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可升降的风帆,
们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,
,风帆受到的空气阻力与风帆的运动
速率成正比,即F=kv.
f:.
(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式;
(2)求出滑块下滑的最大速度,并指出有哪些措施可以减小最大速度;
(3)若m=2kg,斜面倾角θ=30°,g取10m/s2,滑块从静止下滑的速度图象如图乙
所示,图中的斜线为t=0时v-t图线的切线,由此求出μ、k的值.(计算结果保留两位
有效数字)
【解析】(1)由牛顿第二定律有:
mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma
kv
解得:a=gsinθ-μgcosθ-
m
(2)当a=0时速度最大,
mgsinθ-μcosθ
v=
mk
减小最大速度的方法有:适当减小斜面倾角θ;风帆升起一些.
(3)当v=0时,a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2
23
解得:μ=≈,最大速度v=2m/s,
15m
mgsinθ-μcosθ
v==2m/s
mk
解得:k=
kv
【答案】(1)a=gsinθ-μgcosθ-
m
mgsinθ-μcosθ
(2)适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑);风帆升起
k
一些:.
(3)
,与水平面夹角θ=37°的倾斜传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向转
0
动,小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时,小物块B以v=8m/s的速度从底端滑上
1
、B质量均为m=1kg,与传送带间的动摩擦因数均为μ=,小物
块A、B未在传送带上发生碰撞,重力加速度g取10m/s2,sin37°=,cos37°=.
求:
(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小;
(2)传送带的长度l应满足的条件.
【解析】(1)对小物块B由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma,解得a=10m/s2
11
v-vv2-v2
小物块B减速至与传送带共速的过程中,时间t=10=,位移s=10=3m
1a12a
11
之后,小物块B的速度小于传送带的速度,其所受滑动摩擦力沿传送带向上,由牛顿第
二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2m/s2
22
v
小物块B减速至0的时间t=0=1s
2a
2
v2
位移s=0=1m
22a
2
-s+s
小物块B向上运动过程中平均速度v=12=.
t+t
12
(2)小物块A的加速度也为a=2m/s2,小物块B开始加速向下运动时,小物块A已经
2
具有向下的速度,二者加速度大小相等,要使二者不相碰,应在小物块B滑下传送带后,小:.
,小物块A恰好运动至传送带底端,此
1
时传送带长度最小,最小长度l=at2
022
1
小物块B向下运动过程s+s=at2
12223
解得t=2s,则t=t+t+t=
3123
代入解得l=,
0
即传送带的长度l≥.
【答案】(1)(2)l≥
,­所示,
质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=
下,到达助滑道末端B时速度v=24m/s,A与B的竖直高度差H=
B
的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O
=5m,运动员在B、C间运动时阻
力做功W=-1530J,g取10m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F的大小;
f
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少
应为多大?
【答案】(1)144N(2)
【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有v2=
B
2ax①
H
由牛顿第二定律有mg-F=ma②
xf:.
联立①②式,代入数据解得F=144N③
f
(2)设运动员到达C点时的速度为v,在由B到达C的过程中,由动能定理有
C
11
mgh+W=mv2-mv2④
2C2B
v2
设运动员在C点所受的支持力为F,由牛顿第二定律有F-mg=mC⑤
NNR
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=
m
,质量为M的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可
视为质点的物块,
同速度的过程中,物块和木板的v-t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示,a、b、c、
d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0).根据v-t图象,求:
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a,木板开始做匀加速直线运动的加
1
速度大小a,达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a;
23
(2)物块质量m与长木板质量M之比;
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.
【解析】(1)由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a=
1
10-44-0
m/s2=,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a=m/s2=1m/s2,
424
4-0
达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a=m/s2=.
38
(2)对物块冲上木板匀减速阶段:μmg=ma
11
对木板向前匀加速阶段:μmg-μ(m+M)g=Ma
122:.
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段:
μ(m+M)g=(M+m)a
23
m3
以上三式联立可得=.
M2
(3)由v-t图象可以看出,物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积,
1
故Δx=10×4×m=20m.
2
3
【答案】(1)/s2(2)(3)20m
2