2021届高考物理一轮复习易错题型专训（1）直线运动与相互作用（含答案解析）

2021 届高考物理一轮复习易错题型专训（1）直线运动与相互作 用 1.一质点做加速直线运动，依次经过 三点，B 为 的中点，质点在 段的加速 度恒为 ，在 段的加速度恒为 ，现测得 B 点的速度 ，则 的大小 关系为（ ） A. B. C. D.不能确定 2.目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材。图示器材为一秋千，用两根等长轻绳 将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点。由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜， 如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高。座椅静止时用 表示所受合力的大小， 表示单根 轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比( ) A． 不变， 变小 B． 不变， 变大 C． 变小， 变小 D． 变大， 变大 3.如下图所示, 是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆 一端通过铰链固定在 点,另一端 悬挂一重为 的重物,且 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 。用力 拉绳, 开始时 ,现使 缓慢变小,直到杆 接近竖直杆 .此过程中,杆 所受的力( ) A.大小不变 B.逐渐增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 4.如图所示,固定杆与水平面的夹角 ,穿在杆上的两小球 通过一条跨过定滑轮的 轻绳相连接,小球孔的内径略大于杆的直径,滑轮的转轴为 O,通过轻杆固定于天花板下,平衡 时 绳与杆的夹角也为 绳竖直,滑轮大小、质量不计,所有摩擦均可忽略,下列说法正确 、 、A B C AC AB 1a BC 2a 2 A C B v vv += 1 2、a a 1 2a a> 1 2a a< 1 2a a= F 1F F 1F F 1F F 1F F 1F AC BC C B G B A F 90BCA∠ >  BCA∠ BC AC BC 30α = ° 、A B OA ,OBα的是（ ） A.平衡时 B 球受三个力的作用 B.转轴 O 对滑轮的作用力竖直向上 C.小球 的质量之比为 D.小球 A 重力与轻绳拉力大小之比为 5.某质点从 开始沿直线运动，其速度的平方 与位移 x 的关系如图所示，下列说法正 确的是（ ） A.质点加速度为 B. 时质点速度为 8 m/s C. 时质点速度为 0 D.前 2 秒质点位移为 4 m 6.如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度 v 射入。若子弹 在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即 D 位置）时速度恰好为零，下列说法 正确的是( ) A.子弹从 O 运动到 D 全过程的平均速度小于 B 点的瞬时速度 B.子弹通过每一部分时，其速度变化量 C.子弹到达各点的速率 D.子弹穿过每个木块经历的时间 7.如图所示,光滑圆环竖直固定,A 为最高点,橡皮条上端固定在 A 点,下端连接一套在圆圈上 的轻质小环,小环位于 B 点, 与竖直方向夹角为 30°.用光滑钩拉橡皮条中点,将橡皮条中 点拉至 C 点时,钩的拉力大小为 F.为保持小环静止于 B 点,需给小环施加一作用力 .下列说 法正确的是（ ） 、A B 3 1∶ 1 3∶ 0t = 2v 24 m/s 2 st = 2 st = A O B A C B D Cv v v v v v v v− = − = − = − : : : 2: 3: 2:1A B Cv v v v = : : : 1: 2: 3:2A B C Dt t t t = AB F′A.若 沿水平方向,则 B.若 沿竖直方向,则 C. 的最大值为 D. 的最小值为 8.某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前， 将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在 小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的 6 个水 滴的位置。(已知滴水计时器每 内共滴下 46 个小水滴) （1）由图(b)可知，小车在桌面上是_______运动的。 A．从右向左 B．从左向右 （2）该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中 点位置 时的速度大小为_______ ，加速度大小为________ 。(结果均保留 2 位有效数字) 9.如图所示，一个水平放置的圆桶正以中心轴匀速运动，桶上有一小孔，桶壁很薄，当小孔 运动到桶的上方时，在孔的正上方 处有一个小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于 小球的半径，为了让小球下落时不受任何阻碍， 与桶的半径 之间应满足什么关系（不 考虑空气阻力）？ 10.风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力.现将一套有小球的细直杆放入风洞 实验室,小球孔径略大于细杆直径(如图所示).当杆在水平方向上固定时,调节风力的大小,使 小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍. F′ 3 3 FF′ = F′ 3 3 FF′ = F′ 3 3 F F′ 3 6 F 30 s A m/s 2m / s h h R(1)求小球与杆间的滑动摩擦因数; (2)保持小球所受风力不变,使杆与水平方向间夹角为 37°并固定,则小球从静止出发在细杆上 滑下距离 x 所需时间为多少?(sin 37°= 0.6,cos 37°= 0.8) 答案以及解析 1.答案：B 解析：本题考查匀变速直线运动.设质点在 段的位移均为 x，对 段，、AB BC AB，对 段， ，由以上两式解得， ，因为质 点做加速直线运动，故 ，选项 B 正确，ACD 错误. 2.答案：A 解析：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即： ； 根据共点力平衡条件,有： 解得： 由于长期使用,导致两根支架向内发生了稍小倾斜,故图中的 θ 角减小了,故 F 不变, 减小； 故选：A 3.重物对 点的拉力大小等于重力,根据作用效果分解为 、 , 等于杆 所受的力, 等于绳 所受拉力.如图所示, ∽ ,则 。因为 、 、 均不变,所以 不变.因此 A 项正确. 4.答案：C 解析：本题考查受力分析.对 B 球受力分析,因为 绳竖直,则固定杆对小球 B 没有作用力, 否则 B 球不可能平衡,故平衡时 B 球受重力与轻绳拉力两个力的作用,二力平衡,选项 A 错误; 滑轮受到两根轻绳拉力的合力斜向右下方,由三力平衡条件可知,转轴 O 对滑轮的作用力斜 向左上方,选项 B 错误;由 B 球的受力分析可知轻绳的拉力 ,如图所示,对 A 受力分析, 由正交分解法可得 ,联立解得小球 的质量之比为 ,选项 C 正确; 2 2 12B Av xv a− = BC 2 2 22C Bv xv a− = 2 2 1 1 ( )4 A Ca a v vx − = − 2 1a a> 0F = 12 cosF mgθ = 1 2cos mgF θ= 1F B 1F 2F 1F BC 2F AB 1GFB∆ ABC∆ 1 AC BC FG L L = L ACL BCL 1F OB BF m g= cos sinAF m gα α= 、A B 3 1∶小球 A 的重力与轻绳拉力大小之比为 ,选项 D 错误. 5.答案：CD 解析：本题考查直线运动中图象的应用.根据 可知，图象截距 ，得 ，加速度等于直线的斜率的一半，即 ，A 错误； 时质点的速 度为 ，B 错误，C 正确；根据 可知前 2 s 位移为 4 m,D 正确. 6.答案：AC 解析：全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论可知，中间时 刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度，故 A 正确；由于子弹的速度越来越小，故穿过 每一个木块的时间不相等，故速度的差值不相等，故 B 错误；将子弹的运动反向视为初速 度为零的匀加速直线运动，则由 可知，通过 的速度之比为： ， 子弹到达各点的速率 ，故 C 正确；将子弹的运动反向视为初速度 为零的匀加速直线运动，则由 可知，反向通过各木块用时之比为 ；子弹穿过每个木块经历的时间 ，故 D 错误。 7.答案：AD 解析：本题考查共点力的平衡问题.对结点 C 受力分析可得橡皮筋的弹力满足 可得 ；对小圆环受力分析可知,水平向右的橡皮筋的拉力 ,大圆环对小圆环的弹 力沿半径方向,若 沿水平方向,则弹力为 0，此时 ,A 正确；若 沿竖直方向, 则必然是竖直向上,此时弹力的方向背离圆心向外,由平衡知识可知, ,B 错误;根据平行四边形法则可知 最大值可取无穷大;当 与 半径垂直时最小,最小值 3 1∶ 2 2 0 2v v ax= + 2 0 1 6v = 0 4 m/sv = 22 m/s2 ka = = − 2 st = 0 0v v at= + = 2 0 1 2x v t at= + 2 2v ax= C B A O、 、 、 1 : 2 : 3 : 2 : : : 2: 3: 2:1A B Cv v v v = 21 2x at= 1:( 2 1):( 3 2):(2 3)− − − (2 3):(: : 3 2):( 2 1 :: ) 1A B C Dt t t t − − −= 12 cos30F F=° 1 3 3F F= 1F F′ 1 3 3F F F′ = = F′ 1 1tan30 3F F F′ = =° F′ F′ OB为 ，C 错误,D 正确. 8.答案：(1)A (2)0.19;0.038 9.答案： 设小球下落 所用时间为 ，经过圆桶所用时间为 ，则： ， ， 小桶到达圆桶表面时，圆孔也应该到达同一位置，所以有： 其中 …… 其中 …… 由以上解得 10.答案：(1)0.5；(2) (1)设小球所受的风力为 F,小球质量为 m,由小球水平均速运动可知 , 所以 (2)设杆对小球的支持力为 ,摩擦力为 ,受力分析如图所示, 沿杆方向: , 解得 又因为 ,所以 min 1 3sin30 6F F F′ = =° 28 (4 2 1)(2 1) n Rh n k k = + − − h 1t 2t 2 1 1 2h gt= 2 1 2 12 ( )2h R g t t+ = + 1 2t nω = π 1,2,3n = 2 (2 1)t kω = − π 1,2,3k = 28 (4 2 1)(2 1) n Rh n k k = + − − 8 3 xt g = F mgµ= 0.5 0.5F mg mg mg µ = = = NF fF sin cos 0NF F mg= θ− θ= f NF Fµ= cos sin fF mg Fa m θ+ θ−= ( ) 3cos sin cos sin 4g gµ µ µ= θ + θ − θ − θ =   21 2x at= 2 8 3 x xt a g = =