1、1选择题押题练（一） 直线运动、相互作用和牛顿运动定律（常考点）1(2018濮阳一模)一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为 s，匀加速运动时间为 t，匀减速运动时间为t，则下列说法中正确的是( )34A质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小B质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半C质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度D质点在匀速运动阶段的运动时间为 t12解析：选 D 设匀速运动的速度大小为 v，质点在匀减速阶段的末速度大小为 vt，质点在匀加速阶段 s t ，匀减速运动阶段
2、s t，解得 vt ，质点在匀加0 v2 vt2 vt v2 34 v3速阶段的加速度大小 a1 ，匀减速运动阶段的加速度大小 a2 ，故 A、Bv 0t vtv v334t 8v9t错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度 1 ，匀减速运动阶段的平均速度 2v0 v2 v2 v ，故 C错误；质点在匀速运动阶段的运动时间 t t，故 D正确。v 13v2 2v3 sv12vtv 122.(2018榆林一模)入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足 100 m，在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开
3、始刹车，两辆车刹车时的 vt图像如图，则( )A若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于 112.5 mB若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于 90 mC若两车发生碰撞，则一定是在刹车后 20 s之内的某时刻发生相撞D若两车发生碰撞，则一定是在刹车后 20 s以后的某时刻发生相撞解析：选 C 根据两车刹车后若不相撞的 vt图像知 t20 s 之前甲车车速大于乙车车速，甲车追赶乙车， t20 s之后甲车车速小于乙车车速，因此碰撞一定发生在 t20 s 之前； t20 s时两车位移差 x s 甲 s 乙 100 m，若两车发生碰撞，两车刹车时距离s100 m，故 C项正确。23多选
4、 A、 B两物体同时同地同向出发，其运动的 vt图像和 at图像如图甲、乙所示，已知在 0 t0和 t02 t0两段时间内， A物体在 vt图像中的两段曲线形状相同。则有关 A、 B两物体的说法正确的是( )A A物体先加速后减速B a22 a1C t0时刻， A、 B两物体第一次相遇D2 t0时刻， A、 B两物体第一次相遇解析：选 BD 读取 vt图像信息， A物体的加速度先增大后减小，但速度一直在增大，故 A错。 vt图像与 t轴所围面积为位移，由几何关系知在 2t0时刻，两物体位移相同，又由于两物体从同地出发，则此时第一次相遇，故 C错、D 对。由 vt图像可知在 t0、2 t0时刻，
5、 A、 B两物体速度相等，又由 at图像与时间轴所围面积等于速度的改变量，可得a22 a1，故 B对。4多选甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为 a1的匀加速直线运动。质点乙做初速度为 v0，加速度大小为 a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的位置( x)速度( v)图像如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。则下列判断正确的是( )A在 xv图像中，图线 a表示质点甲的运动B质点乙的初速度 v06 m/sC质点甲的加速度大小 a11 m/s 2D质点乙的加速度大小 a21 m/s 2解析：选 ABD 由速度与位移公式
6、 v2 v022 ax分析题中 xv图像可知，图线 a表示质点甲以加速度 a1做匀加速直线运动，图线 b表示质点乙以加速度 a2做匀减速直线运动，选项 A正确；由于甲、乙两质点是同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，所以从图线 b可知当位移为零时，质点乙的初速度 v06 m/s，选项 B正确；设图线 a上横坐标为 8的点对应的纵坐标为 x0，图线 a、 b交点的横坐标为 v1，由运动学规律并结合 xv图像有(6 m/s)2(2 m/s)22 a2x0，(8 m/s)22 a1x0，可得甲、乙两质点加速度大小关系是a12 a2，又从 xv图像知 v122 a16 m， v02 v122 a2
7、6 m，解得 a21 m/s2， a12 m/s2，选项 C错误，D 正确。35(2018黔东南州一模)如图， 光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，14O为圆心， A为轨道上的一点， OA与水平面夹角为 30。小球在拉力 F作用下始终静止在 A点。当拉力方向水平向左时，拉力 F的大小为 10 N。当将3拉力 F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力 F的大小为( )A5 N B15 N3C10 N D10 N3解析：选 A 设小球的重力为 G，当拉力 F水平时， tan 30，可解得 G10 N，GF当拉力 F沿圆轨道切线时， F Gcos 305 N，故选项 A正确。36.水平面上有 U形导轨
8、 NMPQ，它们之间的宽度为 L， M和 P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为 m的金属棒 ab，棒与导轨间的动摩擦因数为 (滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为 I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于金属棒 ab，与垂直导轨平面的方向夹角为 ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为 g，则金属棒所受的摩擦力大小为( )A BILsin B BILcos C (mg BILsin ) D (mg BILcos )解析：选 B 金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有 BILcos Ff0， Ff BILcos ，选
9、项 B正确；由于滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，且金属棒处于静止状态，则Ff (mg BILsin )，选项 A、C、D 错误。7(2019 届高三苏州调研)如图所示，倾角 37的上表面光滑的斜面体放在水平地面上，一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为 37。若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态。sin 370.6，cos 370.8。下列说法正确的是( )A小球将向上加速运动 B小球对斜面的压力变大C地面受到的压力不变 D地面受到的摩擦力不变解析：选 B 小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力 G，斜面对
10、小球的支持力 FN和细线对小球的拉力 F，把三个力正交分解，列平衡方程为： Gcos 37 FN Fsin 37， Fcos 37 Gsin 37，两式联立解得： F G， FN G；将拉力34 720换为大小不变、方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力 G，斜面对小球的支持力 FN和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有 Fcos 37 Gsin 437，故小球处于静止状态，垂直斜面方向 FN Gcos 37 Fsin 37 G，小球对斜54面的压力变大，故 A错误，B 正确。斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力 G、地面对斜面体的支持力 FN、地面对其的摩擦力和细
11、线对小球的拉力 F；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力 G、地面对斜面体的支持力FN 、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力 F，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力变大，由牛顿第三定律知，地面受到的压力和摩擦力均变大，故 C、D 错误。8多选如图所示，在半径为 R的光滑半球形碗的最低点 P处固定两原长相同的轻质弹簧，弹簧的另一端与质量均为 m的两小球相连，当两小球分别在A、 B两点静止不动时， OA、 OB与 OP之间的夹角满足 ，已知弹簧不弯曲且始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A静止在 B点的小球对碗内壁的压力较小B两小球对碗内壁的压力一样
12、大C静止在 A点的小球受到弹簧的弹力较大D P、 B之间弹簧的劲度系数比 A、 P之间的弹簧的劲度系数大解析：选 BD 两小球在 A、 B两点的受力分析如图所示。设碗内壁对小球的支持力分别为 F1、 F2，弹簧对小球的弹力分别为 FA、 FB，对 A点的小球，由力的矢量三角形与几何三角形相似可得 ，同理F1R mgR FAxAP对 B点的小球有 ，可得 F1 F2，由牛顿第三定律可知，两小球对碗内壁的压力F2R mgR FBxBP一样大，选项 A错误，B 正确；又有 ，因为 ，所以 xBP xAP， FB FA，选项FAxAP FBxBPC错误；因两弹簧原长相等， xBP xAP，所以 B、
13、P间的弹簧压缩量 xB小于 A、 P间弹簧压缩量 xA，又 FA FB，由胡克定律可知， B、 P间弹簧的劲度系数 kB大于 A、 P间弹簧的劲度系数 kA，选项 D正确。9多选某物体质量为 1 kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面做直线运动，其 vt图像如图所示，根据图像可知( )A在 03 s 时间内，物体的位移为 5.5 mB第 2 s内拉力为零C第 2 s内的拉力比第 3 s内的拉力一定大 1 ND第 2 s内的拉力比第 1 s内的拉力一定小 2 N解析：选 CD 在 vt图像中图线与时间轴所围面积为物体运动的位移，故 x 12 125m21 m (12)1 m4.5 m，故 A错误；第
14、 2 s内物体做匀速运动，拉力等于摩12擦力， F2 f，故 B错误；在第 3 s内物体做匀减速运动，所以 f F3 ma，根据图像知加速度为 a1 m/s2，所以第 2 s内的拉力比第 3 s内的拉力一定大 1 N，故 C正确；第 1 s内物体做匀加速运动， F1 f ma，根据图像得加速度为 a2 m/s2，所以第 2 s内的拉力比第 1 s内的拉力一定小 2 N，故 D正确。10(2018苏州调研)如图甲所示，足够长的木板 B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块 A。木板 B在水平拉力 F作用下，其加速度 a随拉力 F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块 A的质量为( )A4 kg B3
15、 kgC2 kg D1 kg解析：选 B 题图乙中，当 F8 N时，木板 B的加速度 a2 m/s2，对 A、 B整体受力分析，由牛顿第二定律得： F( M m)a，代入数据得： M m4 kg，当 F8 N 时，小滑块A相对木板 B发生滑动，小滑块对木板有水平向左的摩擦力，对木板 B由牛顿第二定律得：F mg Ma，故 F Ma mg 。图像斜率 k M1，解得： M1 kg，故 m3 kg，故 B项正确。11多选(2018成都七中二模)水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块 A，木块 A上的物体 B用绕过凸起的轻绳与物体 C相连， B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力 F作用在物体 B
16、上，恰使物体 A、 B、 C保持相对静止一起向左运动，如图所示，已知物体 A、 B、 C的质量均为m，重力加速度为 g，不计所有的摩擦，则( )A B物体的加速度为 g33B B、 C间绳子的张力等于 mg233C A物体受到绳子对它的作用力等于 A物体受到的合外力D C物体处于失重状态， A、 B两物体既不超重也不失重解析：选 AB 设绳子中的张力为 T，物体 A、 B、 C共同的加速度为 a，与 C连接的绳子与竖直方向之间的夹角为 ，对 A、 B、 C整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F3 ma 对 B有： F T ma 6对 C在竖直方向： Tcos mg 水平方向： Tsin ma
17、 联立可得： T2 ma 联立可得： T2 m2(a2 g2) 联立可得： a g 33故 A正确；联立得绳子的拉力： T mg，故 B正确； A物体受到绳子对它的作233用力的合力的方向沿绳子夹角的角平分线上， A物体受到的合外力在水平方向，二者不可能相等，故 C错误； C物体与 A、 B物体的加速度方向都沿水平方向，都不处于失重状态，也不处于超重状态，故 D错误。12.多选(2018榆林二模)如图所示，质量为 3 kg的物体 A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为 2 kg的物体 B用细线悬挂， A、 B间相互接触但无压力。取g10 m/s 2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )A弹簧弹力大
18、小为 20 NB B对 A的压力大小为 12 NC A的加速度为零D B的加速度大小为 4 m/s2解析：选 BD 细线剪断瞬间， A、 B整体所受到的合力为 B的重力，共同向下的加速度为： a m/s24 m/s2，选项 C错误，D 正确；细线剪断瞬间，弹簧长度没有变化，弹力205依然等于 A的重力为 30 N，选项 A错误；同理可得 B对 A的压力大小 N mBg mBa12 N，选项 B正确。13(2018湖北省华大新高考联盟质量测评)如图所示，在光滑的水平面上有一个箱子。紧贴着箱子的内壁放置着光滑匀质的圆柱体 P和 Q。现使箱子从静止开始向右加速运动，加速度从零开始逐渐增大到某一值，
19、P、 Q 与箱子始终保持相对静止。当箱子的加速度增大时( )A箱子左壁对圆柱体 P的弹力 FN1增大B箱子底部对圆柱体 P的弹力 FN2增大C箱子右壁对圆柱体 Q的弹力 FN3增大D两圆柱体之间的弹力 F增大解析：选 A 以 Q为研究对象受力分析如图所示，竖直方向根据平衡条件可得 Fcos mQg，所以 F不变；水平方向 Fsin FN3 mQa， a逐渐增大，则FN3逐渐减小，故 C、D 错误。以 P为研究对象，在水平方向根据牛顿第二定律可得 FN1 Fsin mPa， a逐渐增大，则 FN1逐渐增大，A 正确。以整体为研究对象，竖直方7向根据共点力的平衡条件可得 FN2( mP mQ)g，
20、 FN2不变，B 错误。14多选(2018福州质检)如图所示， ab、 ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆， a、 b、 c位于同一圆周上， O为该圆的圆心， ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从 b、 c点无初速释放，用 v1、 v2分别表示滑环到达 a点的速度大小，用 t1、 t2分别表示滑环到达 a点所用的时间，则( )A v1 v2 B v1 v2C t1 t2 D t1 t2解析：选 AD 因为 b点的高度大于 c点的高度，根据动能定理可以知道v1 v2，所以 A正确，B 错误；以 a点为最低点，取合适的直径作等时圆，交ac于 P，如图所示，滑环从 P到 a和从 b
21、到 a的时间是相等的，比较图中所示的位移关系有 ca Pa，所以从 c到 a的时间大于从 b到 a的时间，即为t1 t2，故 C错误，D 正确。15.多选(2018孝义一模)将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为 M和m，各接触面间的动摩擦因数均为 ，砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为 d，现用水平向右的恒力 F拉动纸板，如图所示，则下列说法正确的是( )A要使纸板相对砝码运动， F一定大于 2 (M m)gB纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为 (M m)gC若砝码与纸板分离时的速
22、度不大于 ，砝码不会从桌面上掉下2 gdD当 F2 (M2 m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：选 AD 要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度 a1 a2F 2M m gm，则 F2 (M m)g，A 项正确；纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为 MgMF1 (M m)g，受砝码的摩擦力为 Mg ，即摩擦力为 (2M m)g，B 项错误；若砝码与纸板分离时的速度为 v，设砝码与纸板分离时间为 t，砝码恰好到达桌面边缘，则砝码位移d 2t， t ，解得 v ，C 项错误；当 F2 (M2 m)g时， a 板 3 g ， a 码v2 v g gd g ，分离时间为 t1，则有 a 板 t12 a 码 t12 d，解得砝码与纸板分离时速度 v a 码12 12t1 ，故砝码恰好到达桌面边缘，D 项正确。 gd
