專題限時集訓(二)[第2講力與直線運動](時間：40分鐘)1．某時刻，兩車從同一地點、沿同一方向做直線運動，下列關于兩車的位移x、速度v隨時間t變化的圖像，能反映t1時刻兩車相遇的是()圖2－12．一個物體在多個力的作用下處于靜止狀態，如果僅使其中一個力的大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復到原來的大小(此力的方向始終未變)，而在這一過程中其余各力均不變．那么，圖2－2中能正確描述該過程中物體速度變化情況的是()圖2－23．如圖2－3所示，吊籃A、物體B、物體C的質量分別為m、3m、2m.B和C分別固定在彈簧兩端，彈簧的質量不計．B和C在吊籃的水平底板上處于靜止狀態．將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間()圖2－3A．吊籃A的加速度大小為gB．物體B的加速度大小為gC．物體C的加速度大小為2gD．A、B、C的加速度大小都等于g4．如圖2－4所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車上靜止地放置著一小物塊，小物塊和小車間的動摩擦因數為μ＝0.3，用水平恒力F拉動小車，小物塊的加速度為a1，小車的加速度為a2.當水平恒力F取不同值時，a1與a2的值可能為(當地重力加速度g取10m/s2圖2－4A．a1＝2m/s2,a2＝3mB．a1＝3m/s2,a2＝2mC．a1＝5m/s2,a2＝3mD．a1＝3m/s2,a2＝5m5．如圖2－5所示，質量為M的小車放在光滑的水平地面上，右面靠墻，小車的上表面是一個光滑的斜面，斜面的傾角為α，當地重力加速度為g，那么當一個質量為m的物塊在這個斜面上自由下滑時，小車對右側墻壁的壓力大小是()圖2－5A．mgsinαcosαB.eq\f(Mmgsinαcosα,M＋m)C．mgtanαD.eq\f(Mmgtanα,M＋m)6．如圖2－6所示，兩個小物體A、B放在水平地面上相距9m，現使它們分別以初速度vA＝6m/s和vB＝2m/s同時相向運動，圖2－6A．經約0.92s相遇B．經約1.38s相遇C．經2s相遇D．不可能相遇7．如圖2－7甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行．t＝0時，將質量M＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示．設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2圖2－7A．傳送帶的速率v0＝10mB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5D．0～1.0s和1.0～2.0s摩擦力大小相等，方向相反8．如圖2－8所示，兩個傾角相同的滑竿上分別套有A、B兩個質量均為m的圓環，兩個圓環上分別用細線懸吊兩個質量均為M的物體C、D，當它們都沿滑竿向下滑動并保持相對靜止時，A的懸線與桿垂直，B的懸線豎直向下．下列結論正確的是()圖2－8A．A環受滑竿的作用力大小為(m＋M)gcosθB．B環受到的摩擦力f＝mgsinθC．C球的加速度a＝gsinθD．D受懸線的拉力T＝Mg9．體育課上老師帶領學生做了一個“撿豆子”的游戲，在100m的直跑道上距離出發點12m處放有若干紅豆，距離出發點100m處放有若干綠豆．游戲規則是從100m起點跑到有紅豆和綠豆處，速度為0時分別撿起1顆豆子來，看誰用的時間最短．已知某同學做勻加速運動和勻減速運動的加速度大小均為3m/s2，10．如圖2－9所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端與桌面的右端相齊．薄木板的質量M＝1.0kg，長度L＝1.0m．在薄木板的中央有一個小滑塊(可視為質點)，質量m＝0.5kg，小滑塊與薄木板之間的動摩擦因數μ1＝0.10，小滑塊、薄木板分別與桌面之間的動摩擦因數相等，且μ2(1)若小滑塊與木板之間發生相對滑動，拉力F1至少是多大？(2)若小滑塊脫離木板但不離開桌面，求拉力F2應滿足的條件．圖2－9

專題限時集訓(二)1．BD[解析]位移圖像的交點表示相遇，選項B正確；要相遇，發生的位移相等，對速度圖像，即0～t1圖線與時間軸所圍的面積相等，選項D正確．2．D3．C[解析]未剪斷輕繩時，彈簧彈力kx＝3mg，剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力不變，對物體B，加速度為0；對A和C，由牛頓第二定律，有kx＋3mg＝3ma，則a＝2g，選項C4．D[解析]當小物塊與小車間為靜摩擦力時，兩者一起運動，加速度相同，且有最大加速度時靜摩擦力最大，則amax＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，選項A、B錯誤；當小物塊與小車間為滑動摩擦力時，兩者發生相對運動，小物塊的加速度am＝eq\f(μmg,m)＝3m/s2，而小車的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)>3m/s2，選項C錯誤，選項D正確．5．A[解析]對物塊，由牛頓第二定律，有am＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，對小車和物塊整體，水平方向右側墻壁對小車的壓力FN＝mamcosα＝mgsinαcosα，選項A正確．6．C[解析]由牛頓第二定律，加速度aA＝aB＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，B減速到0的時間為t1＝eq\f(vB,aB)＝1s，1s內A、B各自發生的位移xA＝vAt－eq\f(1,2)aAt2＝5m，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2＝1m，可見，1s內兩物體不會相遇，則相遇發生在B停下后，設相遇需時間t2，則xA′＝vAt2－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,2)＝9m－1m，解得t2＝2s，選項C正確．7．ACD[解析]當物體速度等于傳送帶的速度后，摩擦力突變，物體運動性質變化，由圖可得傳送帶的速率v0＝10m/s，選項A正確；當物體速度小于10m/s時，加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝10m/s2，而a1＝gsinθ＋μgcosθ；當物體速度大于10m/s時，加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝2m/s2，而此時摩擦力反向，a2＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.5，θ＝37°，選項C、D正確．8．ACD[解析]對C，合力F1＝Mgsinθ＝Ma，則C球的加速度aC＝gsinθ，對A、C整體，A環受滑竿的作用力FNA＝(m＋M)gcosθ，選項A、C正確；對D，合力為0，則懸線拉力T＝Mg，對B、D整體，B環受滑竿的摩擦力f＝(m＋M)gsinθ，選項B錯誤，選項D正確．9．16.7s[解析]設某同學做勻加速運動到最大速度的時間為t1，位移為x1，則t1＝eq\f(vm,a)＝eq\f(9,3)s＝3s，x1＝eq\f(vmt,2)＝eq\f(9×3,2)m＝13.5m以最大速度勻減速運動到0的時間和位移與加速過程相同，則從靜止加速度到最大速度，又減速到停下的總位移x＝2x1＝27m>12m，這說明撿紅豆前不可能加速到最大速度，設撿紅豆前的最大速度為v，加速的時間為t2x0＝eq\f(v2,2a)×2，即eq\f(12,2)＝eq\f(v2,2×3)，解得v＝6m/s時間t2＝eq\f(v,a)＝eq\f(6,3)s＝2s紅豆與綠豆的距離x′＝100m－12m＝88m>27m，這說明撿綠豆前加速到最大速度后要勻速運動一段時間對勻速運動：x2＝x′－2x1＝vm×t3，即88－27＝9t，解得t3＝6.8s該同學撿起2種豆子所需要的最短時間t＝2t2＋t3＋2t1＝16.7s.10．(1)4.5N(2)F2≥6N[解析](1)設小滑塊與薄木板剛好發生相對滑動時，小滑塊的加速度為a1，薄木板的加速度為a2，根據牛頓第二定律，有μ1mg＝ma1F1－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，a1＝a2解得F1＝4.5N即小滑塊與木板之間發生相對滑動，拉力F1至少是4.5N.(2)設小滑塊脫離木板時的速度為v，時間為t，在桌面上滑動的加速度為a3，小滑塊脫離木板前，薄木板的加速度為a4，空間位置變化如圖所示，則v＝a1t，μ2mg＝ma3