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第二讲力与直线运动——课后自测诊断卷1.(2019·南京、盐城二模)某次实验中，通过传感器获得小车的速度v与时间t的关系图像如图所示，则小车()A．在0～1.0s内位移先增大后减小B．在0～1.0s内加速度先增大后减小C．在0～1.0s内位移约为0.5mD．在0～0.5s内平均速度为0.35m/s解析：选C在0～1.0s内小车的速度均为正值，则小车的位移一直增大，选项A错误；vt图线的斜率等于加速度，则在0～1.0s内加速度先减小后增大，选项B错误；vt图线与坐标轴围成的面积等于位移，则由图像可知，在0～1.0s内位移约为0.5m，选项C正确；在0～0.5s内的位移约为0.21m，则平均速度为v＝xt＝0.42m/s，选项D错误。2．[多选]如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。3.(2019·江苏扬州中学高考模拟)智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则()A．乘客始终处于超重状态B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上解析：选D加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重，选项A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确。4.(2019·盐城四模)质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数均相同。在水平推力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是()A．a′2aB．a′＝2aC．a′＝aD．a′2a解析：选A根据牛顿第二定律：对甲乙的整体F－2μmg＝2ma；去掉乙木块：F－μmg＝ma′；两式相减解得ma′－2ma＝μmg0，即a′2a，故A正确。5.(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为()A．30°B．45°C．60°D．75°解析：选B设屋檐的底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ，水滴的加速度a＝gsinθ，根据三角关系判断，屋顶坡面的长度为：s＝L2cosθ，由s＝12at2得：t＝2sa＝2Lgsin2θ，θ＝45°时，t最短。6.(2019·江苏盐城中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NB．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动D．若F＝8N，则B物块的加速度为4.0m/s2解析：选BA与纸片间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.3×1×10N＝3N，B与纸片间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝0.2×1×10N＝2N；若F＝1.5N＜fA，所以A、B和纸片保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F＝1.5N，故A错误。当B刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：fB＝mBa0，解得：a0＝2m/s2；对整体，有：F0＝(mA＋mB)·a0＝2×2N＝4N；即F达到4N后，B将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力f＝2N；则对A分析，A受到的摩擦力也为2N，故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2m/s2，无论力F多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故B正确，C、D错误。7.(2019·南通一模)用一随时间均匀变化的水平拉力F拉静止在水平面上的物体。已知F＝kt(k＝2N/s)，物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体的加速度a随时间t变化的图像如图所示，g取10m/s2，则不可以计算出()A．物体的质量B．物体与水平面间的动摩擦因数C．t＝4s时物体的速度D．0～4s内拉力F做的功解析：选D物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：a＝Fm－μg＝2mt－μg，由a与t图线得到：0＝4m－10μ，2＝8m－10μ，联立解得m＝2kg，μ＝0.2;at图线与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，所以0～4s内有Δv＝v－0＝12×2×2m/s＝2m/s，t＝4s时物体的速度v＝2m/s；由于物体先静止后又做变加速运动，F为变力，不能直接利用做功公式求出拉力F做的功；无法利用匀变速直线运动规律求0～4s内位移，无法求出摩擦力做功，所以无法根据动能定理求拉力F做的功，故不可以计算出的是D，可以计算出的是A、B、C。8.(2019·江苏六市二模)如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板A顶端。静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止。已知M＝1.5m，重力加速度为g，则C沿木板下滑的加速度大小为()A．34gB．12gC．14gD．18g解析：选C对木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力，根据平衡条件可得：Mgsin30°＋f＝mg，由题意可知：M＝1.5m，可得A、C间的摩擦力为f＝0.25mg，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°－f＝ma，联立以上关系式可得C下滑的加速度a＝14g，故C正确。9．[多选](2019·江苏七市三模)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3kg，取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A．两物块间的动摩擦因数为0.2B．当0F4N时，A、B保持静止C．当4NF12N时，A、B发生相对运动D．当F12N时，A的加速度随F的增大而增大解析：选AB根据题给图像可知，发生相对滑动时，A、B间滑动摩擦力是6N，所以动摩擦因数μ＝f1mg＝0.2，A正确；当0F4N时，根据图像可知，还未到达B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，B正确；当4NF12N时，根据图像可知，此时A、B间摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，C错误；当F12N时，根据图像可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块：a＝f1m＝2m/s2，加速度不变，D错误。10．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g。求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式得v02－v12＝2as0可解得μ＝v02－v122gs0。(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得v02－v12＝2a1s0v0－v1＝a1ts1＝12a2t2解得a2＝s1v1＋v022s02。答案：(1)v02－v122gs0(2)s1v1＋v022s0211．(2019·徐州期中)如图甲所示，粗糙水平面上有一个长L＝1m、质量M＝3kg的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.25。质量m＝1kg的物块放置在木板的右端，物块与木板左半部分间的动摩擦因数μ2＝0.5。在木板右端施加如图乙所示的水平拉力，g取10m/s2。求：(1)木板刚开始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过t＝2.5s物块运动的位移大小。解析：(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律得：F1－μ1(M＋m)g＝Ma代入数据解得：a＝1m/s2。(2)在F1＝13N作用下，木板经历时间t1＝1s前进的位移为x1＝12at12＝0.5m，速度为v1＝at1＝1m/s，则经过1s物块将与粗糙的左侧面接触，即物块将受到向右的滑动摩擦力f2＝μ2mg作用对物块，由牛顿第二定律得：ma1＝μ2mg解得物块的加速度为a1＝5m/s2对木板，由牛顿第二定律得：Ma2＝F2－μ1(M＋m)g－μ2mg解得木板的加速度为a2＝3m/s2设经历时间t2两者速度相同，则有：v共＝a1t2＝v1＋a2t2解得：t2＝0.5s，v共＝2.5m/s。(3)在0.5s内物块前进的位移为x2＝12a1t22＝0.625m达到共同速度后物块相对木板静止，有共同加速度，由牛顿第二定律得：(M＋m)a′＝F2－μ1(M＋m)g解得：a′＝3.5m/s2则再经过t′＝1s即可运动到t＝2.5s这段时间内的位移为：x3＝v共t′＋12a′t′2＝4.25m故物块运动的位移为x＝x2＋x3＝4.875m。答案：(1)1m/s2(2)0.5s(3)4.875m12．(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比M∶m；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡(F＋mg)cos53°＝Mg解得F＝53Mg－mg。(2)与A、B相同高度时小球上升h1＝3lsin53°，物块下降h2＝2l，物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2解得Mm＝65。(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛