1、1-1-2课时强化训练1(2018河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线。该质点运动的加速度大小为( )A4 m/s 2 B2 m/s 2 C1 m/s 2 D0.5 m/s 2解析 由 x-v2图像结合速度-位移关系式 v2v 2ax 分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运20动， 图线函数表达式为 v22 ax，可得 a m/s22 m/s 2，故选项 B 正确。v22x 421答案 B2(2018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
2、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( )解析 当小球和弹簧接触时，根据牛 顿第二定律得：mg kxma，所以：ag ，根据数学知 识可知，kxmC、D 错误 ，当 压缩 到最低点时，加速度等于 g，故 A 正确，B 错误。答案 A3(2018广东四校联考)甲、乙两物体从不同地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的 v-t 图线为两段直线，乙物体运动的 v-t 图线为两段半径相同的四分之一圆弧的曲线，如图所示，图中 t42t 2，则以下说法正确的是( )A两物体在 t1 时刻加速度相同B两物体不可能在 t2 时刻相遇C两
3、物体在 0t 4 这段时间内的平均速度相同D两物体在 t3 时刻相距最远，t 4 时刻相遇解析 在 v-t 图中，图线的斜率表示加速度，在 t1时刻甲、乙的加速度方向不同，A 错误。两物体从不同地点出发，同时开始同向运 动，两物体尽管在 0t 2时间内位移不同，但仍可能在 t2时刻相遇， B 项错误。在 v-t 图 像中图线与 t 轴所围 面积代表位移，由 图可知在 0t 4时间内甲、乙两物体位移相同，而平均速度 相同， C 项 正确。由于从不同地点出发， 谁在前不知道，不能判定相距最远及相遇的时刻， D 项错误。xt答案 C4(2018湖北黄冈期末)远在春秋战国时代 (公元前 772前 22
4、1 年)，我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。 ”“刑”同“形” ，即物体；“奋，动也” ，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是( )A墨子认为力是改变物体运动状态的原因B墨子认为力是使物体产生加速度的原因C此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同D此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同解析 “力，刑之所以奋也。 ”是说力是使物体运动的原因或力是改变物体运动状态的原因，使物体 产生加速度的原因，此观点与牛 顿关于力和运动的观点基本相同。而亚里士多德认为有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。故 C 错误，A、 B、D 正确。答
5、案 C5(2018湖北八校二联)如图所示，质量为 m 的光滑小球恰好放在质量也为 m 的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为 A 点和 B 点，圆弧槽的半径为 R，OA 与水平线 AB 成 60角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物 C 相连，细线始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物 C 的最大质量为( )A. m B 2m233C( 1)m D( 1)m3 3解析 当小球刚好要从槽中滚出时，小球受到重力和槽的支持力作用，由牛顿第二定律得：ma，得 a g。以整体 为研究对象：由牛顿第二定律得 Mg(
6、M2m) a，解得 M( 1) m，故选mgtan 60 33 3项 D 正确。答案 D6(2018江西上饶六校一联) 磁性车载支架(如图甲)使用方便，它的原理是将一个引磁片贴在手机背面，再将引磁片对准支架的磁盘放置，手机就会被牢牢地吸附住(如图乙) 。下列关于手机(含引磁片)的说法中正确的是( )A汽车静止时，手机共受三个力的作用B汽车静止时，支架与手机之间有两对作用力与反作用力C当汽车以某一加速度向前加速时，手机一定受到支架对它的摩擦力作用D只要汽车的加速度大小合适，无论是向前加速还是减速，手机都可能不受支架对它的摩擦力作用解析 汽车静止时，对手机受力分析，手机受到重力 mg、吸引力 F
7、吸 、支持力 FN 和摩擦力 f 四个力作用，可知支架与手机之间有三对作用力与反作用力， A、B 项错误。由图知，F N 与 F 吸 的合力与支架平面垂直，不能抵消重力沿支架斜面方向向下的分力，所以一定受摩擦力，C 项正确，D 项错误。答案 C7(2018广东四校联考)如图所示，木盒中固定一质量为 m 的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力 F(Fmg cos )，其他条件不变，则木盒滑行的距离将( )A不变 B变小C变大 D变大变小均有可能解析 设木盒的质量为 M 且向上滑行，放有砝 码时由牛顿 第二定律有 (Mm)g c
8、os (Mm )g sin ( Mm) a1，换成垂直于斜面向下的恒力 F 时由牛顿第二定律有 (Mm) g cos Mg sin Ma 2 可知a2a 1，再由 x 可得 x2x 1。同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有 (Mm )g cos (M m)g sin ( Mm)a 1，换成垂直于斜面向下的恒力 F 时，有 (Mm )g cos Mg sin Ma 2，可知 a2a 1，再由 x 可得 x2x 1。故 B 选项正确。答案 B8(2018山东菏泽一模)( 多选) 质量为 M 的足够长的木板 B 放在光滑水平地面上，一个质量为 m 的滑块 A(可视为质点 )放在木板上，设滑块受到
9、的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示。木板 B 受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出木板 B 的加速度 a，得到如图乙所示的 a-F 图像，取g10 m/s 2，则 ( )A滑块 A 的质量 m1.5 kgB木板 B 的质量 M1.5 kgC当 F5 N 时，木板 B 的加速度 a4 m/s 2D滑块 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 0.1解析 由图乙知，当 F4 N 时 A、B 相对静止，加速度 为 a2 m/s2，对整体分析：F( mM) a，解得mM 2 kg，当 F4 N 时 ，A、B 发生相对滑动， 对 B 有： a F ，由 图像可知，图线的斜F mgM
10、1M mgM率：k 2 kg1 ，解得 M0.5 kg，则滑块 A 的质量为：m1.5 kg，故 A 正确，B 错误；将 F4 N 所1MaF对图线反向延长线与 F 轴交点坐标代入 a F ，解得 0.2 ，故 D 错误；根据 F5 N4 N 时，滑1M mgM块与木块相对滑动，B 的加速度 为 aB F 4 m/s 2，故 C 正确。1M mgM答案 AC9(2018三湘名校联盟三模)(多选) 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系，将某一物体每次以不变的初速率 v0 沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 ，实验测得 x 与斜面倾角 的关系如图
11、乙所示，g 取 10 m/s2，根据图像可求出( )A物体的初速率 v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数 0.75C取不同的倾角 ，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 xmin1.44 mD当 45时，物体达到最大位移后将停在斜面上解析 当斜面 倾角 90时，物体 对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀 变速直线运动规律有 02v 2gx，根据图像可得此时 x1.80 m，解得初速率 v06 m/s，选项 A 错。当斜面倾20角 0 时即为 水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有 mgx mv ，根据图像知此时 x2.40 12 20m，解得 0.75 ，选项 B
12、对。物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度 agsin gcos g(sin cos )。v 2ax 2g(sin cos )x，得当 sin cos 最大时，即 tan ，53时，x 取最小值201xmin，解得 xmin1.44 m，C 项正确。当 45时，因 mgsin 45 mgcos 45，则物体达到最大位移后将返回，D 项错误。答案 BC10(2018信阳一模)某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在 090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为 x，若木板倾角不同时对应的最大位移 x 与木板倾角 的关系如图所示。 g
13、 取 10 m/s2。求( 结果如果是根号，可以保留)：(1)小铁块初速度的大小 v0 以及小铁块与木板间的动摩擦因数 是多少？(2)当 60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？解析 (1)当 90时，x1.25 m则 v0 5 m/s2gx当 30 时，x1.25 ma 10 m/s 2由牛顿第二定律：agsin 30 gcos 30解得：33(2)当 60时，上滑的加速度：a1gsin 60 gcos 60下滑的加速度：a 2gsin 60 gcos 60因为 v22ax所以： a2a1可得：v m/s。522答案 (1)5 m/s (2) m/s33 52211如图
14、甲所示，光滑水平面上放置斜面体 ABC，AB 与 BC 圆滑连接，AB 表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分 BC 表面光滑，与水平面的夹角 37 。在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从斜面体的 C 点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力 F 和时间 t 的关系如图乙所示。(sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2)，求：(1)斜面 BC 的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功。解析 (1)滑块在斜面上时，由牛 顿第二定律有：mgsin ma
15、1得 a16 m/s 2结合图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为 t11 s斜面 BC 的长度 x1 a1t 3 m12 21(2)斜面体对传感器的压力为 F1mg cos sin 得 m2 kg(3)对斜面体由平衡条件有：f F 24 N对滑块由牛顿第二定律有：f ma2得 a22 m/s 2滑块在 AB 表面上滑行的距离为：x 2vt 2 a2t12 2又 va 1t1，t22 s得：x 28 m滑块克服摩擦力做的功为：W ffx 232 J。答案 (1)3 m (2)2 kg (3)32 J12(2018山西五市联考)如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质
16、量 M0.6 kg，长度 l0.5 m。现有一质量 m0.4 kg 的小木块，以初速度 v02 m/s 从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数 10.3，木板与地面间的动摩擦因数 20.1，重力加速度 g10 m/s 2。求：(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；(2)小木块最终滑动的位移(保留 3 位有效数字)。解析 (1)小木块在第一个木板上滑动时，木板受到木 块的摩擦力 为f1 1mg两木板受到地面的摩擦力为f2 2(m2M)g因为 f2f 1，所以木块在第一个木板上运动时，两木板静止不动。木块在左边第一个木板上的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律 1mgma 1设小木
17、块滑上第二个木板的瞬间的速度为 v，由运 动学关系式得：v2v 2a 1l20解得 v1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设第二个木板的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得1mg 2(mM) gMa 2设木块与木板达到相同速度 v1时，用 时为 t，则有：对木块有：v 1va 1t对木板有：v 1a 2t解得：v 1 m/s，t s110 310此过程中木块的位移 s1 t mv v12 33200木板的位移 s1 m3200木块在木板上滑动的长度为 s1s 1l达到共速后，木块和木板一起 继续运动。 设木块、木板一起运动的加速度大小为 a3，位移为 s2，有2(mM)g( mM )a3v 2a 3s221解得 s2 m1200所以，移动的总位移 sls 1s 20.670 m。答案 (1)1 m/s (2)0.670 m
