2023届高考二轮总复习试题 物理（适用于老高考旧教材） 专题分层突破练2　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.(2022河南新乡二模)学校计算机协会制作了一批智能小车,同学们设置指令,使甲、乙两智能小车从同一地点同一时刻开始沿同一方向运动,运动的v-t图像如图所示,其中甲在t1时刻前运动的v-t图像为抛物线,在t1时刻后运动的v-t图像是平行时间轴的直线,且与抛物线平滑连接。下列说法正确的是()A.在0t1时间内,甲做加速度增大的变加速直线运动B.甲、乙在t2时刻相遇C.甲、乙相遇两次D.在0t1时间内的某时刻甲、乙的加速度相同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

2、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()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

3、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

4、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

5、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 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)(2022四川南充二模)如图甲所示,木块沿与水平面夹角为的表面粗糙的传送带运动,其v-t图像如图乙所示,已知传送带以速率v0逆时针转动,传送带足够长,木块与传送带间的动摩擦

6、因数为,则下列说法正确的是()甲乙A.图乙描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动B.由图乙可知木块的初速度小于v0C.由图乙可知木块与传送带间的动摩擦因数tan D.由图乙可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻8.(2022贵州遵义一模)一烟花被点燃后,先竖直向上做加速度随时间均匀减小的变加速直线运动,经时间t0后做匀速直线运动,再经时间t0后爆炸。以竖直向上为正方向,下列关于烟花爆炸前运动的速度时间图像(v-t图像)和加速度时间图像(a-t图像),可能正确的是()9.(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拍。一质量m=2.0 kg的无人机

7、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m1和m2,且m1m2,现对两物块

8、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.FFNx乙,又因为甲、乙两智能小车从同一地点同一时刻开始沿同一方向运动,所以t2时刻甲在乙前面,故B错误;因为t2时刻甲在乙前面,且之后乙的速度大于甲的速度,所以甲、乙在t2时刻之后会相遇一次,且相遇之后乙的速度一直大于甲的速度,即只能相遇一次,故C错误。2.A解析 当两球运动至二者相距35l时,如图所示,由几何关系可知sin =3l10l2=35,设绳子拉力为FT,水平方向有2FTcos =F,解得FT=58F,对任意小球由牛顿第二定

9、律可得FT=ma,解得a=5F8m,故A正确。3.A解析 已知v0=36 km/h=10 m/s,由图像可知,减速位移x1=10 m,由v02=2a1x1解得a1=5 m/s2,t1=v0a1=2 s;加速位移x2=(30-10) m=20 m,由v02=2a2x2解得a2=2.5 m/s2,t2=v0a2=4 s,则该过程所用总时间为t=t1+t2=6 s,汽车的总位移为30 m,故A正确,B、C、D错误。4.D解析 由于2m2g1(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

10、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

11、,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

12、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

13、=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 m=x1+x2联立代入数据解得x1=10 m。7.BD解析 若木块以一定的初速度沿传送带向上运动,木块一定先减速,而v-t图像表示的是运动方向不变,且一直做加速运动,所以木块的初速度一定向下,故A错误;木块的初速度一定沿斜面向下,又因为v-t图像的斜率先大后小,所以木块的加速度也先大后小,木块的合力先大后小,木块所受的摩擦力先向下后向上,只有木块的初速度小于v

14、0时摩擦力的方向才能先向下,故B正确;木块的初速度小于v0,摩擦力沿斜面向下,木块向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mgsin +Ff=ma1,因为加速度发生过一次改变,说明摩擦力方向发生改变,改变时木块的速度等于v0,当木块的速度等于v0后,因为木块继续加速,则mgcos mgsin ,解得tan ,故C错误,D正确。8.B解析 由题意,0t0时间内烟花的加速度随时间均匀减小,即v-t图像的斜率逐渐减小,a-t图像的斜率不变;t02t0时间内烟花的速度不变,即v-t图像的斜率为零,加速度为零。综上所述,A、C、D错误,B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

15、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+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

16、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.AD解析 由题图乙可知,当小滑块运动到x2时,加速度为零,即弹力与重力大小相等,此时弹簧的形变量为x2-x1,则有k(x2-x1)=mgsin ,解得k=mgsinx2-x1,A正确;对小滑块和弹簧组成的系统进行分析,由于只有重力和系统内弹力做功,则系统机械能守恒,当弹簧的弹性势能最小时,小滑块的机械能最大,故当小滑块运动到x1之前,弹簧处于原长,弹性势能最小,则此时小滑块的机械能最大,

17、B错误;由题图乙可知,x1与x2的距离差小于x2与x3的距离差,可得弹簧弹性势能的增量不相等,C错误;在x1x2的过程中,重力大于弹力,根据牛顿第二定律有mgsin -k(x-x1)=ma1,又由A项可知k(x2-x1)=mgsin ,联立解得a1=kx2m-kxm,将(x1,gsin )代入解得km=gsinx2-x1,即为该段图线斜率的绝对值,在x2x3过程中,弹力大于重力,根据牛顿第二定律有k(x-x1)-mgsin =ma2,又k(x2-x1)=mgsin ,联立解得a2=kxm-kx2m,该段图线斜率的绝对值也为km,即gsinx2-x1,故可得在x1x2和x2x3两段过程中,a-x图线斜率的绝对值均等于gsinx2-x1,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