2.力與直線運(yùn)動選擇題:1~5題每小題4分,6~7題每小題8分,共36分基礎(chǔ)鞏固練1.(2025陜晉青寧卷)某智能物流系統(tǒng)中,質(zhì)量為20kg的分揀機(jī)器人沿水平直線軌道運(yùn)動,受到的合力沿軌道方向,合力F隨時(shí)間t的變化如圖所示,則下列圖像可能正確的是()2.(2025安徽卷)汽車由靜止開始沿直線從甲站開往乙站,先做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動,位移大小為x;接著在t時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動;最后做加速度大小也為a的勻減速運(yùn)動,到達(dá)乙站時(shí)速度恰好為0。已知甲、乙兩站之間的距離為8x,則()A.x=at1182B.x=atB1C.x=at182D.x=atD13.(多選)(2025廣東深圳測試)如圖所示,長木板放置在光滑的水平面上,一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于長木板的中央,長木板和物塊的質(zhì)量均為m,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g。現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F,則木板加速度a的大小可能是()A.0 B.μgC.32μg D.4.(2025北京卷)模擬失重環(huán)境的實(shí)驗(yàn)艙,通過電磁彈射從地面由靜止開始加速后豎直向上射出,上升到最高點(diǎn)后回落,再通過電磁制動使其停在地面,實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動過程中,受到的空氣阻力Ff的大小隨速率增大而增大,Ff隨時(shí)間t的變化如圖所示(向上為正),下列說法正確的是()A.從t1到t3,實(shí)驗(yàn)艙處于電磁彈射過程B.從t2到t3,實(shí)驗(yàn)艙加速度大小減小C.從t3到t5,實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)物體處于失重狀態(tài)D.t4時(shí)刻,實(shí)驗(yàn)艙達(dá)到最高點(diǎn)5.(2025安徽卷)如圖所示,裝有輕質(zhì)光滑定滑輪的長方體木箱靜置在水平地面上,木箱上的物塊甲通過不可伸長的水平輕繩繞過定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開始運(yùn)動,木箱始終保持靜止。已知甲、乙質(zhì)量均為1.0kg,甲與木箱之間的動摩擦因數(shù)為0.5,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2,則在乙下落的過程中()A.甲對木箱的摩擦力方向向左B.地面對木箱的支持力逐漸增大C.甲運(yùn)動的加速度大小為2.5m/s2D.乙受到繩子的拉力大小為5.0N綜合提升練6.(多選)(2025四川綿陽期中)如圖所示,物塊A、B中間用一根輕質(zhì)彈簧連接,靜止在光滑水平面上,彈簧處于原長,物塊A的質(zhì)量為3kg。t=0時(shí),對物塊A施加水平向右的恒力F,且此時(shí)物塊A的加速度大小為1m/s2。某時(shí)刻撤去恒力F,撤去恒力F前瞬間,A、B的加速度相同且大小為0.6m/s2。彈簧的勁度系數(shù)k=60N/m。彈簧始終處于彈性限度內(nèi),則下列說法正確的是()A.恒力F的大小為3NB.撤去恒力F前瞬間,彈簧的彈力大小為1NC.物塊B的質(zhì)量為1kgD.撤去恒力F前瞬間,彈簧的伸長量為2cm7.(2025山東卷)工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直于坡面的擋板,向坡底運(yùn)送長方體建筑材料。如圖所示,坡面與水平面夾角為θ,交線為PN,坡面內(nèi)QN與PN垂直,擋板平面與坡面的交線為MN,∠MNQ=θ。若建筑材料與坡面、擋板間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g,則建筑材料沿MN向下勻加速滑行的加速度大小為()A.gsin2θμgcosθμgsinθcosθB.gsinθcosθμgcosθμgsin2θC.gsinθcosθμgcosθμgsinθcosθD.gcos2θμgcosθμgsin2θ8.(10分)(2025江蘇南通高三模擬)在貨物運(yùn)輸中,急速啟動或剎車時(shí),貨物可能相對車體滑動。如圖所示,貨物在沒有捆綁的情況下放置在平板車上,距離平板車尾部距離為L。已知車廂距離地面的高度為h,貨物和車廂之間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,貨物可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g。(1)為使平板車啟動時(shí)貨物相對于平板車不滑動,求平板車啟動時(shí)的加速度應(yīng)滿足的條件。(2)當(dāng)平板車以加速度a0(已知)啟動時(shí),貨物相對平板車滑動,如果貨物離開平板車的瞬間平板車恰好開始做勻速直線運(yùn)動,求貨物第一次著地時(shí)與車尾之間的距離。培優(yōu)拔高練9.(14分)(2025福建泉州期末)如圖甲所示,木板A放置在光滑水平桌面上,小物塊B放在A的最右端,通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與小物塊C相連,輕繩不可伸長,B與滑輪間的輕繩與桌面平行。先將A鎖定,A、B、C均靜止不動,再解除A的鎖定。已知A、B、C的質(zhì)量分別為0.45kg、0.45kg、0.10kg,A、B間的動摩擦因數(shù)為0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì),木板A的長度為3m,重力加速度g取10m/s2。(1)解除A鎖定的瞬間,求B的加速度大小;(2)僅改變C的質(zhì)量,A、B、C系統(tǒng)由圖甲所示初始位置靜止釋放,釋放后A、B的速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖乙所示,且t2時(shí)刻B剛好滑動到A的最左端,求t2及C的質(zhì)量。

參考答案1.A解析根據(jù)牛頓第二定律F=ma和Ft圖像可知,分揀機(jī)器人0~1s內(nèi)加速度a1=1m/s2,1~2s內(nèi)加速度a2=0,2~3s內(nèi)加速度a3=1m/s2,在vt圖像中斜率表示加速度,故選A。2.A解析由題意可知,設(shè)勻加速直線運(yùn)動的時(shí)間為t',勻速運(yùn)動的速度為v,勻加速直線運(yùn)動階段,由位移公式x=v2t',根據(jù)逆向思維,勻減速直線運(yùn)動階段的位移等于勻加速直線運(yùn)動階段的位移,則勻速直線運(yùn)動階段有8xxx=vt,聯(lián)立解得t'=t3,再根據(jù)x=12at'2,解得x=118at23.BD解析若物塊與木板間的摩擦力為靜摩擦力,則物塊與木板相對靜止,加速度相同,對整體,有F=2ma,解得a=F2m。若物塊與木板間的摩擦力為滑動摩擦力,則物塊與木板相對運(yùn)動,對木板,有μmg=ma,解得a=μg,故選B、4.B解析t1~t3間,Ff方向向下,先增大后減小,可知此時(shí)速度方向向上,先增大后減小,故實(shí)驗(yàn)艙先處于電磁彈射過程,后向上做減速運(yùn)動,故A錯(cuò)誤;t2~t3間,Ff方向向下且在減小,可知此時(shí)速度方向向上,在減小,根據(jù)牛頓第二定律有mg+Ff=ma,即a=Ffm+g,故加速度大小在減小,故B正確;t3~t5間,Ff方向向上,先增大后減小,可知此時(shí)速度方向向下,先增大后減小,故實(shí)驗(yàn)艙先向下加速后向下減速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C錯(cuò)誤;根據(jù)前面分析可知t3時(shí)刻速度方向改變,從向上運(yùn)動變成向下運(yùn)動,故t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn),故5.C解析因?yàn)槲飰K甲相對木箱向右運(yùn)動,木箱靜止,根據(jù)相對運(yùn)動,甲對木箱的摩擦力方向向右,故A錯(cuò)誤;設(shè)乙運(yùn)動的加速度為a,在豎直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,對甲、乙和木箱,由整體法,豎直方向受力分析有FN=m總gma,則地面對木箱的支持力大小不變,故B錯(cuò)誤;設(shè)繩子的彈力大小為F,對甲受力分析有Fμmg=ma,對乙受力分析有mgF=ma,聯(lián)立解得a=2.5m/s2,F=7.5N,故C正確,D錯(cuò)誤。6.AD解析t=0時(shí)刻,物塊A的加速度大小a0=1m/s2,由牛頓第二定律有F=mAa0,解得F=3N,A正確;撤去恒力F前瞬間,兩物塊的加速度相同,即a1=0.6m/s2,由牛頓第二定律有F=(mA+mB)a1,對B,設(shè)彈簧彈力為F1,由牛頓第二定律有F1=kx=mBa1,聯(lián)立解得mB=2kg,F1=1.2N,x=2cm,B、C錯(cuò)誤,D正確。7.B解析圖甲為從右向左看的視圖,將重力分解為方向沿坡面向下的分力mgsinθ和方向垂直于坡面的分力mgcosθ,故建筑材料對坡面的壓力FN1=mgcosθ。圖乙為垂直于坡面的視圖,將重力沿坡面向下的分力分解為垂直于擋板的分力mgsin2θ和沿?fù)醢逑蛳碌姆至gsinθcosθ,故建筑材料對擋板的壓力FN2=mgsin2θ,故坡面對建筑材料的摩擦力Ff1=μFN1=μmgcosθ,擋板對建筑材料的摩擦力Ff2=μFN2=μmgsin2θ,由牛頓第二定律可得,建筑材料在沿著MN方向有ma=mgsinθcosθFf1Ff2,解得a=gsinθcosθμgcosθμgsin2θ,故選B。甲乙8.答案(1)a≤μg(2)2Lh解析(1)車廂對貨物的摩擦力產(chǎn)生貨物的加速度,當(dāng)摩擦力達(dá)到最大時(shí),貨物的加速度最大,由牛頓第二定律得μmg=mam,解得am=μg,所以為使啟動時(shí)貨物相對于平板車不運(yùn)動,平板車啟動時(shí)加速度應(yīng)滿足a≤μg。(2)設(shè)貨物自平板車啟動到離開車廂經(jīng)歷的時(shí)間為t1,該時(shí)間內(nèi)貨物的位移x1=12am平板車的位移x2=12a0貨物從平板車上掉下來滿足x2x1=L此時(shí)貨物的速度大小為v1=amt1,方向向右,平板車的速度大小為v2=a0t1,方向向右貨物自離開平板車至落到地面經(jīng)歷的時(shí)間t2=2落地時(shí)貨物與平板車尾部之間的距離Δs=v2t2v1t2解得Δs=2Lh(9.答案(1)1.0m/s2(2)1.5s2.70kg解析(1)解除A鎖定后,假設(shè)A、B間不發(fā)生相對滑動,設(shè)A、B、C系統(tǒng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得mCg=(mA+mB+mC)a,解得a=1.0m/s2以A為研究對象,B對A的摩擦力大小為Ff1=mAa=0.45N,Ffmax=μmBg=1.8N由于Ff1<Ffmax,則A、B間不會發(fā)生相對滑動,此時(shí)B的加速度大小為a=1.0m/s2。(2)由圖乙可知,B與A發(fā)生相對滑動,B對A的摩擦力使A向左做勻加速直線運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律得μmBg=mAa1由圖乙可知,t2時(shí)刻A的速度大小為v=6m/s,則v=a1t2,解得t2=1.5s0~t1時(shí)間內(nèi),C拉著B一起勻加速運(yùn)動,設(shè)該過程的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得mC'gμmBg=(mB+mC')a2由圖乙