02讲 力与直线运动专题强化训练解析版

02讲 力与直线运动

一、单选题

1．2022年4月29日，绍兴地铁1号线全线通车，标志着绍兴已经进入地铁时代，为“融杭（联甬接沪）战略”迈出了坚实的一步。小明从A站上车，注意到列车经过加速、匀速和减速三个过程后在B站停下，总用时2min30s，列车以最大速度80km/h行驶了30s。假设列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，由此估算出AB两站点之间的路程约为（　　）

A．1km  B．2km   C．3km D．7km

【答案】B

【详解】由于列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，在加速和减速阶段的平均速率均为最大速率的一半，即40km/h，所以AB两站点之间的路程约为

故选B。

2．疫情时期应勤洗手，某同学洗完手后，没有关好水龙头，他观察发现当某滴水落地时，恰好有一滴水从水龙头出水口滴下，而此时空中还有一滴水，目测水龙头出水口到地面的距离为0.8m，则连续两滴水滴下的时间间隔约为（　　）

A．0.2s     B．0.3s  C．0.4s  D．0.5s

【答案】A

【详解】由自由落体运动规律可得解得水滴下落的总时间为t=0.4s

所以连续两滴水滴下的时间间隔为0.2s。

故选A。

3．高速公路ETC的推广使用给我们带来了高效、通畅、节能的体验，实施电子不停车缴费。若汽车过ETC快速通道可简化为先匀减速运动再匀速运动，下列图像中正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】中，匀减速直线运动是倾斜直线，且坐标值越来越小，匀速直线运动是与时间轴平行的直线。

故选B。

4．近年来许多国家开始投身无人驾驶汽车的研发，无人驾驶汽车能够有效降低事故的发生。遇到突发情况时。人工驾驶需要约1.2s的反应时间，若采用自动驾驶系统只需要约0.2s的反应时间，如果同款汽车以30m/s的速度匀速行驶，从发现情况到安全停下来，采用人工驾驶比采用自动驾驶系统多行驶的距离约为（　　）

A．6m  B．30m   C．36m D．42m

【答案】B

【详解】人工驾驶的距离为   自动驾驶距离为

距离差为            故ACD错误，B正确。故选B。

5．有只雄鹰在两山之间飞翔，可以看成是直线飞行，两山间距为s，雄鹰的运动刚好可以看成两段匀变速直线运动，且在起点、终点的速度都为零。已知雄鹰匀加速阶段的加速度大小是匀减速阶段的2倍，则其匀加速阶段的位移大小为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】设匀减速阶段的加速度为a，则匀加速阶段的加速度为2a。由题意有

得故匀加速阶段的位移大小为故A正确，BCD错误；

故选A。

6．新疆长绒棉因质量美誉世界。长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化。如图为无人机为棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2.8s达到作业速度，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为25kg，无人机作业速度为7m/s，重力加速度为。则在加速阶段空气对无人机的作用力约为（　　）

A．250N B．258N C．313N D．358N

【答案】B

【详解】根据加速度定义得

根据力的合成得

故选B。

7．如图，雄鹰向下扇翅膀获得竖直向上的加速度，这是由翅膀上、下部分的空气对雄鹰的压强差形成的。设雄鹰上方空气对它向下的作用力的合力大小为F1，下方空气对它向上的作用力的合力大小为F2，雄鹰重力大小为G，则它向下扇翅膀起飞过程中（　　）

A．F1=G    B．F2 =G   C．F2=G+F1     D．F2>G+F1

【答案】D

【详解】当雄鹰向下扇翅膀起飞过程中，其加速度方向向上，合外力方向向上，则有

即

故选D。

8．如图所示，某幼儿园小朋友穿统一新发校服排队从滑梯顶端滑下，则（　　）

A．滑梯对人的作用力一定竖直向上

B．幼儿重力垂直滑梯向下的分力就是幼儿对滑梯的压力

C．幼儿能否从滑梯上滑下与其质量有关，质量越大，越容易下滑

D．无论幼儿的质量如何，幼儿下滑的加速度相同

【答案】D

【详解】A．由于幼儿园小朋友从滑梯顶端加速下滑，人的受力不平衡，且加速度沿滑梯向下，则滑梯对人的作用力不可能竖直向上，故A错误；

B．幼儿重力作用在人上，施力物体是地球；幼儿对滑梯的压力作用在滑梯上，施力物体是人；故幼儿重力垂直滑梯向下的分力不是幼儿对滑梯的压力，故B错误；

CD．由于幼儿园小朋友穿统一新发校服排队从滑梯顶端滑下，可知动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可得解得可知无论幼儿的质量如何，幼儿下滑的加速度相同，幼儿能否从滑梯上滑下与其质量无关，故C错误，D正确。

故选D。

9．物理学中将物体在单位时间内速度的增加量定义为加速度。按照定义，物体在t时间内的速度从v1增加到v2，则加速度为；牛顿第二定律告诉我们，作用在物体上的外力大小等于物体质量与加速度的乘积。现有一质量为2kg的物体在外力作用下从静止开始经2s速度增加到2m/s，则作用在物体上的外力为（　　）

A．1N B．2N C．4N D．8N

【答案】B

【详解】由匀变速直线运动规律可得

由牛顿第二定律可得

联立解得

故选B。

10．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距，物料与传送带间的动摩擦因数为。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以和的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小，物料通过传送带的时间差为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】物料在传送带加速运动时的加速度为

当传送带以的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为

加速过程的位移为

匀速过程的时间为

物料通过传送带的时间为

当传送带以的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有

解得

物料离开传送带的速度为

假设成立，故物料通过传送带的时间差为

故选A。

二、多选题

11．我国具有自主知识产权的大型客机C919已经取得中国民航局颁发的适航证，即将交付东方航空公司使用，C919飞机在平直跑道上匀加速起飞，从某时刻开始计时，其运动的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）

A．开始计时时刻飞机的速度大小为20m/s

B．8s时刻飞机的速度大小为40m/s

C．飞机起飞加速度大小为5m/s2

D．飞机在4s-8s通过的位移为200m

【答案】ACD

【详解】AC．由匀变速直线运动公式得

整理得

结合图像可知，飞机计时时刻初速度大小为

图像中直线的斜率为

解得飞机起飞加速度为

故AC正确；

B．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻飞机的平均速度为

故0~8s时间内，飞机的平均速度大小为40m/s，而其瞬时速度大小为

故B错；

D．飞机在0-8s通过的位移为

飞机在0-4s通过的位移为

故飞机在4s-8s通过的位移为

故D正确。

故选ACD。

12．如图所示，倾角为θ的斜面体置于水平桌面上，一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑。轻绳一端拴在物体P上，另一端拴一个质量为m的钩码Q，轻绳跨过固定在桌边光滑的定滑轮，斜面上方的轻绳与斜面平行。释放物体P， P沿斜面向下运动的加速度大小为a，斜面体与水平桌面间的摩擦力大小为Ff，若斜面始终静止，下列结论正确的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】AD

【详解】AB．一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑，则

当P与Q一起向下做加速运动时，根据牛顿第二定律可得：

解得

故A正确，B错误；

CD．P物体开始匀速下滑，P和斜面整体处于平衡状态，故桌面对斜面的摩擦力为0，当P与Q相连后，P与斜面体之间的弹力摩擦力均与之前一致，所以斜面体受力不变，故与水平桌面间的摩擦力为零，故C错误，D正确；

故选AD。

13．长为的平板车放在光滑水平面上，质量相等、长度也为的长木板并齐地放在平板车上，如图所示，开始二者以共同的速度在水平面上匀速直线运动。已知长木板与平板车之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（　　）

A．二者之间没有发生相对滑动，平板车刹车的加速度可能大于

B．为了避免二者之间存在相对滑动，平板车刹车的距离最小为

C．如果平板车突然以的加速度匀加速，则经长木板从平板车上掉下

D．如果平板车突然以的加速度匀加速，长木板从平板车上掉下时，平板车的速度为

【答案】BD

【详解】A．由题意可知，为了避免二者之间存在相对滑动，由牛顿第二定律对长木板有

解得

此时长木板与平板车加速度大小相等，A错误；

B．对平板车由匀变速直线运动的速度位移公式得

解得平板车刹车的最小距离为

选项B正确；

CD．平板车加速后，设经时间t长木板从平板车上掉下，该过程中平板车的位移

长木板的位移为

又

由以上可解得

此时平板车的速度为

选项C错误，D正确。

故选BD。

三、解答题

14．题图为地铁入口安检装置简易图，水平传送带AB长度为l，传送带右端B与水平平台等高且平滑连接，物品探测区域长度为d，其右端与传送带右端B重合。已知：传送带匀速运动的速度大小为v，方向如图，物品（可视为质点）由A端无初速度释放，加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域，最后匀速通过B端进入平台并减速至0，各处的动摩擦因数均相同，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：

（1）物品与传送带间的动摩擦因数μ：

（2）物品运动的总时间t。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a，则    μmg＝ma

联立解得，

（2）物品匀加速到v走过的位移为x。由得x＝4（l-d）

故匀速位移为l-s＝4d-3l

又有匀速部分4d-3l＝vt1

匀变速部分

故总时间

15．如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图。若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10m/s2。

（1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；

（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。

【答案】（1）0.25m；（2）2.5s

【详解】（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma

解得a＝0.5m/s2

包裹加速到v0所用的时间为t1＝

解得t1＝1s

t1时间内包裹的位移大小为x1＝

解得x1＝0.25m

t1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1

解得x2＝0.5m

故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25m

（2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝，

解得t2＝3.5s

乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝

解得t3＝2s

故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s

16．如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端，时刻开始二者以的初速度一起向右运动，时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；

（2）长木板的长度。

【答案】（1）0.4，0.2；（2）10.8m

【详解】设长木板与水平地面之间的动摩擦因数为，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为

（1）长木板未和挡板碰撞前的加速度大小为

对长木板和铁块整体由牛顿第二定律

解得

长木板和挡板碰撞受，长木板受到地面的摩擦力向右，小铁块对长木板的摩擦力向右，对长木板由牛顿第二定律得

由图可知，长木板的加速度

解得

（2）铁块相对长木板运动的加速度大小

长木板向左运动减速到零的时间

长木板向左的距离

小铁块向右运动的距离

此时铁块的速度为

由于

所以长木板不会向右运动，铁块继续向右运动直至速度为零，此阶段向右运动的距离

所以长木板的长度为

17．如图所示，质量 的薄木板静置在光滑水平地面上，质量 的小滑块（可视为质点）以速度 从木板的左端冲上木板，恰好不滑离木板．已知滑块与木板间的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ．求

（1）分别求出小滑块和薄木板的加速度大小；

（2） 薄木板的长度。

【答案】（1），；（2）5m

【详解】（1）取滑块为研究对象，由牛顿第二定律得

取薄木板为研究对象，由牛顿第二定律得

（2）滑块恰好不滑离木板，由运动学公式可得

由速度时间关系可得

联立解得