2023届高考二轮总复习试题 物理 （适用于河北、辽宁、重庆） 专题分层突破练02　力与直线运动 WORD版含解析.docx

1、专题分层突破练2力与直线运动A组1.(多选)(2022山东潍坊实验中学模拟)如图所示为甲、乙两个质点在同一地点沿同一方向运动的速度时间(v-t)图像,则下列说法正确的是()A.0t1时间内,甲质点先沿正方向运动后沿负方向运动B.t=t0时刻,甲、乙两质点相遇C.0t1时间内,甲、乙两质点间的距离先增大后减小D.0t1时间内,甲、乙两质点的平均速度相同2.(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长l。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35l时,它们加速度的大小均为()

2、A.5F8mB.2F5mC.3F8mD.3F10m3.(2022河北保定二模)为检测汽车的基本性能,某志愿者驾驶汽车以36 km/h的速度驶入水平长直试验场,某时刻开始刹车,汽车做匀减速直线运动直到速度减为0,然后马上使汽车做匀加速直线运动直到恢复最初的速度。从开始刹车到恢复最初速度的过程中汽车位移x与速度v的关系如图所示。下列说法正确的是()A.汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2B.汽车加速过程中加速度的大小为10 m/s2C.该过程中汽车的总位移为20 mD.该过程所用总时间为4 s4.(2022安徽六安质检)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间

3、的动摩擦因数1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2,以下说法正确的是()A.木板的长度为1.68 mB.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/sC.小物块离开木板后,木板的加速度大小为2 m/s2,方向水平向右D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞5.(2022浙江温州二模)祝融号火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始依次经过加速、匀速和制动过程,直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是

4、匀变速直线运动。t/s024681012x/cm02.08.017.527.033.035.0下列说法正确的是()A.前6 s火星车做加速运动B.第6 s末火星车的速率为4.75 cm/sC.火星车一共匀速运动了10 cmD.火星车减速的加速度大小为2 cm/s26.(2022浙江宁波十校联考)冬奥会上运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上自由滑行,在不与其他冰壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置。按比赛规则,投掷冰壶运动员的队友,可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面,减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现运动员以一定的初速度投掷出冰壶,冰壶能自由滑行28.9 m。已知冰壶的质量为19

5、 kg,在未摩擦冰面的情况下,冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02,摩擦后动摩擦因数变为原来的90%,不计空气阻力,不考虑冰壶的旋转。(1)求冰壶被掷出时的初速度大小。(2)在相同的初速度下,冰壶自由滑行一定距离后,队友开始在其滑行前方一直摩擦冰面,最终使冰壶多滑行了2.1 m,则冰壶自由滑行的距离有多远?B组7.(多选)(2022江苏南通调研)如图所示,水平轻弹簧一端固定,另一端与滑块连接,滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上的瞬间,弹簧恰好无形变。在滑块向右运动至速度为零的过程中,下列关于滑块的速度v、加速度a随时间t变化,滑块的动能Ek、滑块与弹簧的机械能E随位移x变化的关系图像中,可能正确的

6、是()8.如图甲所示,倾角为的绝缘传送带以2 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动,其顶端与底端间的距离为5 m,整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中,电场强度大小随时间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg、电荷量为q的带正电小物块轻放在传送带顶端,小物块与传送带间的动摩擦因数为66,已知sin =15,cos =265,E0=26mg5q,g取10 m/s2,则小物块()A.始终沿传送带向下加速B.运动过程中加速度大小变化C.在传送带上运动的总时间为2.5 sD.与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J9.(多选)(2022湖南永州一模)现在大型室外活动通常用无人机进行航

7、拍。一质量m=2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s,然后无人机又匀速向上运动3 s,接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零,之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s,受到的空气阻力恒为Ff=1 N,重力加速度g取10 m/s2,则()A.无人机上升的第一个阶段,受到向上的作用力大小是25 NB.无人机上升的第二个阶段,受到向上的作用力大小是20 NC.无人机上升的第三个阶段,受到向上的作用力大小是18 ND.无人机上升的总高度为24 m10.(2022河北衡水中学模拟)如图所示,相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上,两物块质量分别为

8、m1和m2,且m1m2,现对两物块同时施加相同的水平恒力F,设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN,则下列说法正确的是()A.物块B的加速度为Fm2B.物块A的加速度为2Fm1+m2C.FFN1(m1+m2)g,对木板由牛顿第二定律得2m2g-1(m1+m2)g=m1a1,解得a1=2 m/s2,即小物块在木板上以a2=2g=4 m/s2的加速度向右减速滑行时,木板以a1=2 m/s2的加速度向右加速运动,在0.6 s时,小物块的速度v2=v0-a2t=1.6 m/s,木板的速度v1=a1t=1.2 m/s,B错误;小物块滑离木板时,小物块的位移为x2=v0+v22t=1.68 m,木

9、板的位移x1=v12t=0.36 m,两者相对位移为x=x2-x1=1.32 m,即木板长度为1.32 m,A错误;小物块离开木板后,木板做匀减速直线运动,加速度大小为a1=1g=2 m/s2,方向水平向左,C错误;小物块离开木板后,在地面上的加速度仍为a2,小物块能滑行x2=v222a2=0.32 m,木板能滑行x1=v122a1=0.36 m,所以两者会相碰,D正确。5.C解析 由题意可知,火星车从静止开始先做匀加速直线运动,接着做匀速直线运动,最后做匀减速直线运动至停下,设匀加速阶段的加速度大小为a,时间为t1;匀速阶段的速度为v,时间为t2;匀减速阶段的加速度大小为a,时间为t3。由表

10、格数据可知,02 s,火星车从静止开始做匀加速直线运动,通过的位移为2 cm,根据x=12at2,解得a=1 cm/s2,1012 s,火星车做匀减速直线运动至停下,通过的位移为2 cm,结合逆向思维,可认为此过程反向做初速度为0的匀加速直线运动,则有x=12at2,解得a=1 cm/s2,匀加速阶段的时间为t1=va,匀减速阶段的时间为t3=va,故012 s全过程的位移满足x总=v2t1+vt2+v2t3=35 cm,又有t1+t2+t3=12 s,联立以上各式解得t1=t3=5 s,t2=2 s,v=5 cm/s。所以前5 s火星车做加速运动,A错误;57 s火星车做匀速运动,故第6 s

11、末火星车的速率为5 cm/s,B错误;火星车匀速运动的位移为x2=vt2=52 cm=10 cm,C正确;火星车减速的加速度大小为1 cm/s2,D错误。6.答案 (1)3.4 m/s(2)10 m解析 (1)取冰壶自由滑行时初速度方向为正方向,根据牛顿第二定律有-mg=ma1设冰壶被掷出时的初速度为v0,根据运动学公式有0-v02=2a1x联立代入数据解得v0=3.4 m/s。(2)在摩擦冰面时,根据牛顿第二定律有-0.9mg=ma2设自由滑行的距离为x1,摩擦冰面时滑行的距离为x2,自由滑行结束时的速度为v1,根据运动学公式有v12-v02=2a1x1,0-v12=2a2x2又有x+2.1

12、 m=x1+x2联立代入数据解得x1=10 m。7.ABC解析 滑块轻放在传送带上,受到向右的滑动摩擦力,开始时摩擦力大于弹簧的弹力,滑块向右做加速运动,在此过程中,弹簧的弹力逐渐增大,根据牛顿第二定律,加速度逐渐减小;当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时,加速度等于零,速度达到最大;之后弹力大于摩擦力,加速度方向与速度方向相反,滑块做减速运动,弹簧弹力继续增大,根据牛顿第二定律得,加速度逐渐增大且方向向左,速度逐渐减小到0,A、B正确。在加速过程中,若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力,滑块的速度就已经等于传送带的速度时,滑块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力,故滑块维持一段时间匀速运动,当弹簧伸

13、长的拉力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动,动能减小,在这种情况下滑块的动能Ek随位移x变化的图像正确,C正确。滑块与弹簧的机械能E随位移x变化图像的斜率为摩擦力的大小,根据题意分析可知,在A、B选项的情境下,滑动摩擦力保持不变,故图像为一条直线;在C选项的情境下,滑块先受到滑动摩擦力作用,后受到静摩擦力作用,且静摩擦力等于变化的弹簧的弹力,最后做减速运动时又受到滑动摩擦力作用,故E-x图像先是直线再为曲线,最后又变为直线,且两端直线图像斜率相同,故D图像不符合题意,D错误。8.D解析 存在电场时,由牛顿第二定律,有mgsin -(mgcos -E0q)=ma,解得a=2 m/s2;不存在电场时

14、,由牛顿第二定律,有mgsin -mgcos =ma,解得a=-2 m/s2。所以小物块先匀加速运动再匀减速运动,交替进行,且加速度大小不变,A、B错误;小物块一个周期运动的位移为x0=212a12T2=2 m,所以小物块在传送带上运动的时间为t=xx0T=5 s,C错误;在没有电场时,小物块与传送带间有摩擦,两者间的相对位移为x=2(21+12212) m=6 m,因摩擦产生的总热量为Q=mgcos x=0.48 J,D正确。9.AD解析 第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动,加速度为a1=42 m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-mg-Ff=ma1,解得F1=mg+ma1+

15、Ff=(2.010+2.02+1) N=25 N,故A正确;第二阶段无人机匀速运动,由平衡条件可知F2=mg+Ff=21 N,故B错误;第三阶段无人机在竖直方向上做匀减速直线运动,加速度为a2=0-44 m/s2=-1 m/s2,由牛顿第二定律得F3-mg-Ff=ma2,解得F3=mg+ma2+Ff=(2.010-2.01+1) N=19 N,故C错误;无人机上升的总高度为h=(422+43+424) m=24 m,故D正确。10.B解析 由于没有摩擦力,且m1m2,故两者会一块运动,对整体由牛顿第二定律有2F=(m1+m2)a,解得a=2Fm1+m2,选项A错误,B正确;再对B受力分析,由牛

16、顿第二定律有F+FN=m2a,代入加速度解得FN=(m2-m1)Fm1+m2F,选项C、D错误。11.CD解析 由题图乙可知,物块沿斜面上滑时做匀减速直线运动,由运动学公式可得v02=2a1x1,代入数值可求得加速度的大小为a1=v022x1=14426 m/s2=12 m/s2,故A错误;物块上滑时,由牛顿第二定律可得F+mgsin 37+mgcos 37=ma1,设物块下滑过程撤去恒力F前加速度为a2,由运动学公式可得v22=2a2x2,代入数值可得a2=v222x2=1622 m/s2=4 m/s2,由牛顿第二定律可得F+mgsin 37-mgcos 37=ma2,联立解得F=2 N,=

17、0.5,故B错误,C正确;撤去恒力F后物体继续向下加速运动,由牛顿第二定律可得mgsin 37-mgcos 37=ma3,代入数值可求得a3=2 m/s2,由运动学公式可得v32-v22=2a3x3,代入数值可得v3=2a3x3+v22=224+16 m/s=42 m/s,所以物块返回斜面底端时速度大小为42 m/s,故D正确。12.答案 (1)0.5 m/s2(2)186 s解析 (1)为避免相撞,机器人减速后刚追上运动员时速度v=v0-at=v人对人x1=v人(t0+t)对机器人x2=v0t0+v0+v2t且有x1+x=x2解得a=0.5 m/s2。(2)此时最大加速度为am=g=2 m/s2各房门间匀加速阶段有vm2=2amx1解得x1=1 m对应时间t1=vmam=1 s各房门间匀减速阶段有vm2=2amx2解得x2=1 m对应时间为t2=vmam=1 s匀速阶段的位移x3=L-x1-x2=4 m对应时间为t3=x3vm=2 s