2024届高中寒假物理专项练专项练习：力与运动问题（含答案）

2024届第一中学寒假物理专项练2力与运动问题

1.（多选）为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人

传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机

器人。机器人运动的最大速度为1m/s,当它过红绿灯路

口时，发现绿灯时间是20s,路宽是19.5m,它启动的最

大加速度是0.5m/s2o下面是它过马路的安排方案，既能

不闯红灯，又能安全通过的方案是（）

A.在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动

B.在距离停车线1m处，绿灯亮起之前2s,以最大加速度启动

C.在距离停车线2m处，绿灯亮起之前2s,以最大加速度启动

D.在距离停车线0.5m处，绿灯亮起之前1s,以最大加速度启动

u1

解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要/I=^=57S=2S达到最大速度，位

移是6=1m,匀速运动的位移X2=/—xi=18.5m,需要时间为t2=~=

18.5s,两次运动时间之和为20.5s,不安全，故A错。在距离停车线1m处以

最大加速度启动2s,正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5s,

过了马路，这个方案是可以的，故B对。在距离停车线2nl处，机器人启动2s

后，走了1m,距离停车线还有1m,这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端

还有20.5m,需栗20.5s通过，而绿灯时间为20s,所以不安全，故C错。在

距离停车线0.5m处，1s后绿灯亮起，其位移为x=%尸=0.25m,小于

0.5m,故没有闯红灯，继续前进0.75m,达到最大速度，总用去了2s,绿灯

还有19s,这时剩下的距离还有19m,正好通过马路，故D对。

答案：BD

2.物体A、3的si图像如图所示。由图可知（）

A.5s内A、3的平均速度相等

B.两物体由同一位置开始运动，但物体A比3迟3s才开始运动

C.在5s内物体的位移相同，5s末A、5相遇

D.从第3s起，两物体运动方向相同，且

解析：在5s内，A的位移为10m,3的位移为5m,位移不同，平均速度也不

同，故A错误；由图像可知B从x=5m的位置开始运动，A从x=0开始运

动，物体A比3迟3s才开始运动，选项B错误；由以上分析知，在5s内物体

的位移不同，故C错误；s-f图象的斜率表示速度，从第3s起，两物体运动方

向相同，为正方向，图象A的斜率大，说明A的速度大，故D正确。

答案：D

3.为了解决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题，保证列车能经济、安

全地通过弯道，常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚，使外轨高于

内轨，外轨与内轨的高差叫曲线外轨超高。已知某曲线路段设计外轨超高值为

70mm,两铁轨间距离为1435mm,最佳的过弯速度为350km/h,g取

10m/s2,则该曲线路段的半径约为（）

A.40kmB.30km

C.20kmD.10km

解析：设倾角为。，列车所受的合力提供列车转弯时的向心力，则有加gtan0=

350.2

庐"（3r.6）

得R=~~一入由于倾角很小，则有tan。仁sin0,贝［有R=石］

Kgtan"70

1OX1435

m^20km,故A、B、D错误，C正确。

答案：c

4.（多选）如图，两位同学同时在等高处抛出手中初始静止的篮球A、B,A以速

度加斜向上抛出，5以速度02竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与3相遇。

不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g。以下判断正

确的是（）

A.相遇时A的速度一定不为零

B.两位同学抛球时对A、5做功一样多

C.从抛出到相遇A、3两篮球动能的变化量不同

D.从抛出到相遇A、3两篮球重力势能的变化量相同

解析：A分解为竖直方向的匀减速直线运动与水平方向的匀速直线运动，相遇

时A达到最高点，则其竖直方向的速度为零，水平方向速度不变，合速度不为

零，故A正确；两位同学抛球的初速度不同，根据动能定理可知，两位同学抛

球时对A、B做功不一样多，故B错误；根据动能定理可知，从抛出到相遇

A、3两个篮球的重力做功相同，因此动能的变化量相同，故C错误；A、3质

量相等且上升高度相等，所以从抛出到相遇A、B两篮球重力势能的变化量相

同，故D正确。

答案：AD

5.如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x

时的速度为0,其x-济图象如图乙所示，取g=10m/s2,则斜面倾角。为（）

解析：由匀变速直线运动的速度位移公式可得°2=2以，整理得由x

图象可知小物块的加速度q=5m/s?,根据牛顿第二定律得，小物块的加速度

a=gsin0,解得sin。="=噌=；,解得6=30。，故A正确，B、C、D错误。

答案：A

6.（多选）如图，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=%

Cd,从。点以初速度00水平抛出一个小球，它落在斜面上的06^

b点，速度方向与斜面之间的夹角为«o若小球从a点以初一

速度也。。水平抛出，不计空气阻力，则小球（）

A.将落在A之间

B.将落在。点

C.落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于a

D.落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于a

解析：设斜面的倾角为e,小球落在斜面上有tan讨解得t=

2yotan0.1。2z?（rtan20,,,,4、_,日

------,在竖直万向上的分位移为y=^gt-=-------,则知当初速度变为原来

的近倍时，竖直方向上的位移变为原来的2倍，所以小球一定落在斜面上的c

点,故A错误，B正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为人则tan

4=£=^=2tan。，即tanA=2tan。，所以用一定，则知落在斜面时的速度方向

与斜面夹角一定相同，故C错误，D正确。

答案：BD

7.（多选）如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板3左端，A与3间动摩擦

因数为〃1=0.6,木板5与地面间的动摩擦因数为〃2=0.2,假设各接触面间的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起A受到R=3/（N）的水平向右的外力作

用，测得A与3间摩擦力/随外力R的变化关系如图乙所示，则下列判断正确

的是（

甲

A.A、3两物体的质量分别为1kg和0.5kg

B.当f=ls时，A、3发生相对滑动

C.当r=3s时，A的加速度为4m/s2

D.3物体运动过程中的最大加速度为8m/s?

解析：设A、B两物体的质量分别为mi、mi,根据A与B间摩擦力/随外力F

的变化关系可得A与3间滑动摩擦力为6N,B与地面的摩擦力为3N,则有

〃itnig=6N,/U2（mi+m2）g=3N,联立解得/ni=lkg,机2=0.5kg,故A正确；

由图象乙可知歹=12N时，A、3发生相对滑动，此时f=4s,故B错误；由B

分析可知，当t=3s时，A、3相对静止，一起做匀加速运动，则有Fi—

+mi）g=（mi+mi）ai,代入数据可得ai=4m/s?,故C正确；B物体运动过程中

加速度最大时，有〃—〃2（mi+m2）g=m2Q2,代入数据可得。2=6m/s2,故

D错误。

答案：AC

8.（多选）如图所示，水平台高h=4m,物体A（可视为质点）的质量m=lkg,

一半径R=2m的光滑圆弧轨道竖直固定放置，直径CD处于竖直方向，半径

与竖直方向的夹角0=53°,物体以某速度”水平向右运动，物体离开平台

后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道（取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=

0.6）,则（）

A.物体离开平台时的速度0x=6m/s

B.物体在圆弧轨道5点时，物体对轨道的压力大小为56N

C.物体在圆弧轨道C点时，物体对轨道的压力大小为58N

D.物体能够到达轨道最高点。

解析：物体离开平台下落到3点的高度H=R+Rcos6=3.2in,由讲=2gH,得

Vy=\）2.gH=8m/s,在点由几何关系得F=6m/s,_8点的速度为VB=

y/v^+vf=^62+82m/s=10m/s,在B点重力沿半径方向的分力为mgcos

加2

53°,由牛顿第二定律得RNB一mgeos53°=而五解得RNB=56N,由牛顿第三

定律可知物体在圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为56N,故A、B正确；物

体由A到C,由机械能守恒定律得mgh+^rnvx=^mvc,在C点由牛顿第二定

律得FNC—mg=m五,联立解得尸NC=68N,由牛顿第三定律可知物体在圆弧

轨道。点时对轨道的压力大小为68N,故C错误；物体由。到。，由机械能守

恒定律得2mgR+^mVD2=^mvc2,解得VD=6m/s,而恰能通过D的临界速度为

vo=y^R=2y[5m/s<VD,则物体能够到达轨道最高点。，故D正确。

答案：ABD

9.如图，质量为机=1kg的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m的（圆弧A端由

静止开始释放，它运动到3点时速度为。=2m/s。当滑块经过B后立即将圆弧

轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到

倾角为6=37。、长s=lm的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其

与滑块间的动摩擦因数可在0W//W1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平

滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在。点，自然状态下另一端恰好在。点。

滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力。

（1）求滑块对B点、的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；

⑵若设置〃=0,求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能;

⑶若最