2024年高考物理二轮复习专题分层突破训练2力与直线运动

专题分层突破练2力与直线运动
A组基础巩固练
1.(2023浙江衢州模拟)北京冬奥会速滑馆内装有猎豹超高速4K轨道摄像机,让犯规无处遁形。

某次速度滑冰比赛中,摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示,下列说法正确的是()
A.摄像机做直线运动,运动员做曲线运动
B.0~t1时间内摄像机在前,t1~t2时间内运动员在前
C.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同
D.0~t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度
2.如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内能够实现通信。

t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为5 m/s,乙车的速度为2 m/s,O1、O2的距离为3 m。

从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。

忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为()
A.2.00 s
B.4.75 s
C.6.00 s
D.6.25 s
3.(2023河南安阳模拟)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况,用手掌托着智能手机,打开加速度传感器,把手机向上抛出,然后又在抛出点接住手机,得到如图所示的加速度随时间变化的图像,图中t1=0.38 s,t2=0.55 s,t3=0.66 s,t4=1.26 s,重力加速度g取10 m/s2,由此可判断出()
A.t1时刻手机的速度最大
B.t2时刻手机离开手掌
C.t3时刻手机处于超重状态
D.手机离开手掌后上升的高度为0.45 m
4.(2023全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。

设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球()
A.上升时间等于下落时间
B.被垫起后瞬间的速度最大
C.达到最高点时加速度为零
D.下落过程中做匀加速运动
5.(2023山东日照模拟)如图所示,质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上,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,重力加速度g取10 m/s2。

某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间()
A.弹簧的弹力大小为40 N
B.A的加速度为零
C.B对A的压力大小为20 N
D.B的加速度大小为5 m/s2
6.(2023江苏高邮模拟)如图所示,弹簧下端固定,上端自由伸长到O点,将质量为m的物块从上方B处由静止释放,物块压缩弹簧至最低点A后恰能返回到O点,物块与斜面间动摩擦因数处处相同,则()
A.物块从B到O加速,从O到A减速
B.物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度减小
C.物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置相同
D.物块从B到A的过程中加速度方向会发生变化
7.(2023湖南长沙模拟)如图所示,在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板,其上叠放一质量为m 2的木块。

假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt (k 是常数),木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2。

下列反映a 1和a 2变化的图线正确的是( )
B 组素能提升练
8.(多选)(2023湖北卷)t=0时刻,质点P 从原点由静止开始做直线运动,其加速度a 随时间t 按图示的正弦曲线变化,周期为2t 0。

在0~3t 0时间内,下列说法正确的是( )
A.t=2t 0时,P 回到原点
B.t=2t 0时,P 的运动速度最小
C.t=t 0时,P 到原点的距离最远 D .t=32
t 0时,P 的运动速度与t=12
t 0时相同
9.(2023四川巴中模拟)越来越多的人喜欢挑战极限,如图是两位“勇士”参与溜索活动,两倾斜的钢索分别套有M 、N 两个滑轮(滑轮与钢索之间有可调节的制动片),两滑轮上用安全带系着两位“勇士”,当他们都沿钢索向下滑动时,M 上的安全带与钢索垂直, N 上的安全带始终竖直向下,则以下判断正确的是( )
A.滑轮M 与钢索之间有摩擦力
B.滑轮N 与钢索之间无摩擦力
C.系在滑轮M 上的“勇士”做匀速直线运动
D.系在滑轮N上的“勇士”做匀速直线运动
10.(多选)如图所示,质量为m=1.0 kg的长方体物块B放置在粗糙的水平地面上,右侧中心点位置固定一个轻质滑轮。

一根不可伸长的轻绳一端通过滑轮与质量为m=1.0 kg、表面光滑的滑块A相连,另一端固定在墙壁上,轻质滑轮与墙壁之间的轻绳始终保持水平,滑块A刚好与物块B的右侧相接触且能竖直下滑。

现让滑块A由静止释放,已知重力加速度大小g取10 m/s2,物块B与粗糙水平地面间的
动摩擦因数μ=2。

则在滑块A下滑的过程中,下列说法正确的是()
9
A.长方体物块B的加速度大小为2 m/s2
B.滑块A的加速度大小为2 m/s2
C.水平轻绳的拉力大小为10 N
D.长方体物块B对滑块A的支持力大小为2 N
11.(2023辽宁葫芦岛模拟)如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板的质量为
m0=4 kg,长为L=1.4 m;木板右端放一小滑块,小滑块的质量为m=1 kg,可视为质点。

现用水平恒力F 作用在木板右端,恒力F取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者的a-F图像如图乙所示,g取10 m/s2。

(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2。

(2)若水平恒力F=27.8 N,且始终作用在木板上,当小滑块从木板上滑落时,经历的时间为多长?
12.(2023浙江联考)交规规定:“在没有信号灯的路口,一旦行人走上人行道,机动车车头便不能越过停止线”。

如图甲所示,一长度为D=5 m的卡车以v0=36 km/h的初速度向左行驶,车头距人行道距离为L1=40 m,人行道宽度为L2=5 m。

同时,一距离路口L3=3 m的行人以v1=1 m/s的速度匀速走向长度为L4=9 m的人行道。

图乙为卡车的侧视图,车上的货物可视为质点,货物与车之间的动摩擦因数为μ=0.4,货物距离车头、车尾的间距分别为d1=2.5 m、d2=1.5 m。

重力加速度g取10 m/s2。

甲
乙
(1)当司机发现行人在图示位置时立即加速且以后加速度恒定,要保证卡车整体穿过人行道时,人还没有走上人行道,求卡车加速度的最小值。

(2)如果司机以第(1)问的最小加速度加速,且穿过人行道后立即匀速,通过计算说明货物是否会掉下来。

(3)当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定,要保证不违反交规,且货物不撞到车头,求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件。

专题分层突破练2 力与直线运动
1.C 摄像机做直线运动,运动员也做直线运动,A 错误;0~t 1时间内摄像机在前,t 1~t 2时间内摄像机也在前,B 错误;0~t 2时间内摄像机与运动员的位移相同,根据v=x
t 可知,摄像机与运动员的平均速度相同,C 正确;x -t 图像的斜率表示速度,0~t 2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度,D 错误。

2.D 根据几何知识可知,当甲车在乙车前方且O 1、O 2间的距离为5 m 时,有x 甲-x 乙=4 m,根据运动学公式有x 甲=v 甲t-1
2at 2,x 乙=v 乙t ,解得t 1=2 s,t 2=4 s;因为甲车做匀减速直线运动而乙车做匀速运动,所以两车之间的距离先增大后减小,当0<t<2 s 时,O 1、O 2间的距离小于5 m;2 s <t<4 s 时,O 1、O 2间的距离大于5 m 。

t=t 2=4 s 时,甲车的速度为v 甲1=v 甲-at 2=1 m/s <v 乙,所以t=4 s 之后,甲、乙两车的距离不断减小,且甲车能够继续行驶的距离为x 甲1=
v 甲122a
=0.5 m,根据几何关系可
知,从t=4 s 开始到乙车行驶至甲车前方4 m 的过程中,O 1、O 2间的距离小于5 m,这段过程经历的时间为t'=
2×4m+0.5m
v 乙
=4.25 s,所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t 总=2 s +4.25 s =6.25 s,
故选项D 正确。

3.D t 1时刻手机的加速度最大,方向向上,与速度方向相同,手机向上加速,则速度不是最大,故A 错误;t 2时刻,手机的加速度为0,所受合力为0,则不可能离开手掌,故B 错误;t 3时刻,手机的加速度方向向下,处于失重状态,故C 错误;手机在t 3=0.66 s 离开手掌后做竖直上抛运动,t 4=1.26 s 被接住,则上升高度h=1
2gt 2=1
2×10×(
1.26-0.662
)2
m=0.45 m,故D 正确。

4.B 在上升阶段,初始时刻速度最大,对排球受力分析,受到重力和向下的阻力(变力),根据牛顿第二定律得mg+kv=ma ,物体做加速度减小的变减速运动,在最高点时速度为零,受重力,加速度不为零,选项C 错误。

下降阶段,重力方向向下,阻力(变力)方向向上,合力是向下的,根据牛顿第二定律得mg-kv'=ma',物体做加速度减小的变加速运动,选项D 错误。

最终回到出发点,上升阶段的逆过程为初速度为0、加速度增大的变加速运动,与下降阶段相比,两个阶段位移的大小相同,加速度不同,时间不同,选项A 错误。

全过程有阻力做功,初始时刻速度最大,选项B 正确。

5.D 原来A 处于平衡状态,细线剪断瞬间,弹簧的弹力不会发生突变,仍有F T =m A g=20 N,故A 错误;细线剪断瞬间,A 、B 一起加速下降,由于原来A 平衡,故整体受到的合力等于B 的重力,由牛顿第二定律可得m B g=(m A +m B )a ,解得A 、B 共同的加速度a=5 m/s 2,故B 错误,D 正确;对B 由牛顿第二定律可得m B g-F N =m B a ,解得B 受到A 的支持力为F N =10 N,由牛顿第三定律可知,B 对A 的压力大小为10 N,故C 错误。

6.D 物块从上方B 处由静止释放向下运动,说明mg sin θ>μmg cos θ,到达O 点后,物块继续向下运动压缩弹簧,当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力与弹簧弹力之和时,加速度为0,此位置并不在O 点,应在O 点与A 点之间的某点,接着弹力继续增大,物块向下减速运动,则物块从B 到O 加速度恒定,从O 到A 加速度先减小后反向增大,故A 、B 错误,D 正确;物块下滑过程中速度最大时,有kx 1+μmg cos θ=mg sin θ,物块上滑过程中速度最大时,有mg sin θ+μmg cos θ=kx 2,由此可知,
弹簧的压缩量不同,即物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置不相同,故C错误。

7.A当F比较小时,木板和木块相对静止,加速度相同,根据牛顿第二定律得a=F
m1+m2
=
kt m1+m2,a∝t。

当F比较大时,木板和木块相对滑动,根据牛顿第二定律,对木板有a1=μm2g
m1
,μ、m1、
m2都一定,则a1一定;对木块有a2=F-μm2g
m2=k
m2
t-μg,a2是t的一次函数,t增大,a2增大,又由于
k
m1+m2<k
m2
,则相对滑动后a2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率,故A正确。

8.BDΔv=aΔt,图像的面积表示速度变化量,P在0~t0内,Δv为正值,表示P沿正方向做加速度先增加后减小的加速运动,t0~2t0内,加速度和速度反向,0~2t0内图像面积为0,表示Δv=0,在2t0时刻速度为0,在此之前,速度方向一直沿正方向,选项A错误,B正确。

由于0~3t0内,速度方向一直沿
正方向,在3t0时刻P到原点的距离最远,选项C错误。

t0
2~3t0
2
内,图像的面积为0,则Δv=0,表明
t0 2、3t0
2
时的速度相同,选项D正确。

9.D滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜,对该“勇士”受力分析,如图所示,由牛顿第二定律得
加速度大小为a=mgsinθ
m
=g sin θ,则滑轮M及系在其上的“勇士”做匀加速运动,对整体受力分析,有m总g sin θ-F f=m总a,解得F f=0,即滑轮M与钢索之间没有摩擦力,故A、C错误;滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向,可知系在滑轮N上的“勇士”所受合力为零,做匀速直线运动,则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力,故B错误,D正确。

10.AD设水平轻绳的拉力大小为F,长方体物块B对滑块A的支持力大小为F N,长方体物块B
的加速度大小为a,滑块A下降的加速度与物块B向右运动的加速度大小相等,由牛顿第二定律得,对A在竖直方向上mg-F=ma,滑块A在水平方向上与物块B有共同的加速度,由牛顿第二定律有F N=ma,对物块B在水平方向上,由牛顿第二定律得F-μ(mg+F)-F N'=ma,又F N=F N',解得a=2 m/s2,F=8 N,F N=2 N,故长方体物块B的加速度大小为2 m/s2,水平轻绳的拉力大小为8 N,长方体物块B对滑块A的支持力大小为2 N,故A、D正确,C错误;滑块A的加速度大小为
a A=√a2+a2=2√2 m/s2,故B错误。

11.答案(1)0.40.1(2)2 s
解析(1)由题图乙可知,当恒力F>25 N时,小滑块与木板将出现相对滑动,以小滑块为研究对象
根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1
代入数据解得μ1=0.4
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有 F-μ1mg-μ2(m+m 0)g=m 0a 2 则a 2=1
m 0
F-μ1mg+μ2(m+m 0)g
m 0
由题图乙可得-μ1mg+μ2(m+m 0)g m 0=-9
4
m/s 2
解得μ2=0.1。

(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t 时,小滑块从木板上滑落,当水平恒力F=27.8 N 时,小滑块的加速度为a 1=μ1g=4 m/s 2
小滑块在时间t 内的位移为x 1=12
a 1t 2 木板的加速度为a 2=
F -μ1mg -μ2(m+m 0)g
m 0
代入数据解得a 2=4.7 m/s 2 木板在时间t 内的位移为x 2=1
2a 2t 2 由题可知,x 2-x 1=L 联立以上各式解得t=2 s 。

12.答案 (1)40
9 m/s 2 (2)会掉下来,计算过程见解析 (3)5
4 m/s 2≤a ≤
5 m/s 2
解析 (1)人走上人行道的时间t 1=L
3v 1
=3 s
在3 s 末卡车刚好穿过人行道,加速度最小,设为a 1 有D+L 1+L 2=v 0t 1+1
2
a 1t 12 解得a 1=40
9 m/s 2。

(2)卡车穿过人行道时的速度v m =v 0+a 1t 1=(10+409×3) m/s=703
m/s 货物的加速度a 2=μg=4 m/s 2
假设货物没掉下来,货物加速的时间为t 2=v m -v 0a 2
=
103
s 货物的位移为x 2=
v 0+v m 2t 2=500
9
m 卡车的位移为x 1=(D+L 1+L 2)+v m (t 2-t 1)=
520
9 m
所以货物相对卡车向后运动的位移为x1-x2=20
9
m>1.5 m
假设错误,货物会掉下来。

(3)人穿过人行道的时间t3=L3+L4
v1
=12 s
假设12 s内卡车的位移等于40 m,此时加速度最小,由40 m=v0t3+1
2
(-a3)t32
得a3=10
9
m/s2
以此加速度,卡车减速为零的时间为t4=v0
a3=1010
9
s=9 s
说明此加速度卡车在9 s时已经减速为零,9 s后不再运动,而此时刹车距离x=v02
2a3
=45 m>40 m
说明假设错误,所以卡车在40 m内速度减小为零时加速度最小,a4=v02
2L1=5
4
m/s2
货物刚好不撞车头时,卡车的加速度最大,设为a5,有d1=v02
2a2−v02
2a5
解得a5=5 m/s2
所以卡车刹车时加速度的大小需要满足5
4
m/s2≤a≤5 m/s2。