2025届高考物理二轮复习专题一第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律作业含解析

PAGE9-第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律(45分钟)[基础题组专练]1．(2024·高考江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开拓了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力气。某运输防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．F B．eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受的阻力为f，对后38节车厢，由牛顿其次定律得F－38f＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿其次定律得F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正确。答案：C2．(2024·广东广州下学期一模)高速马路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发觉自动栏杆没有抬起，于是实行制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()A．4.2m B．6.0mC．7.8m D．9.6m解析：在识别车载电子标签的0.3s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司机的反应时间0.7s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7m＝4.2m，刹车距离x3＝eq\f(v2,2a)＝3.6m，则该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6m，选项D正确。答案：D3．(2024·河南三门峡检测)如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是()A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于eq\f(v0t0,2)B．乙图中，物体的加速度为2m/s2C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度改变量D．丁图中，t＝3s时物体的速度为25m/s解析：由v­t图像与坐标轴围成的图形面积代表位移知，甲图中这段时间内的位移大于eq\f(v0t0,2)，A错误；v2­x图像中，斜率k＝2a，则a＝eq\f(1,2)m/s2，B错误；丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度改变量，C错误；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2变形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，结合数学学问可得初速度v0＝－5m/s，加速度a＝10m/s2，则t＝3s时物体的速度为v＝v0＋at＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，D正确。答案：D4．(2024·浙江诸暨中学高三检测)在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1。已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的改变规律可能是()解析：设小球所受的空气阻力F阻＝kv，上升的高度为h。上升过程中加速度大小a1＝g＋eq\f(kv,m)，h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，下降过程中的加速度大小a2＝g－eq\f(kv,m)，h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，所以a1>a2，故t1<t2，B、D错误；上升过程中小球做加速度减小的减速运动，下降过程中小球做加速度减小的加速运动，且落回地面时的速度大小小于v0，故A正确，C错误。答案：A5．(2024·山东聊城模拟)两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向。下列说法正确的是()A．a环与杆有摩擦力B．d球处于失重状态C．杆对a、b环的弹力大小相等D．细线对c、d球的弹力大小可能相等解析：对c球单独进行受力分析，受力分析如图所示，c球受重力和绳的拉力Fc，a环沿杆滑动，且a与c相对静止，因此c球所受合外力方向平行于杆向下，由力的合成及牛顿其次定律可知c球所受合力F1＝mgsinα＝ma所以a＝gsinα，将a和c球以及细线看成一个整体，在只受重力和支持力的状况下加速度为gsinα，因此a环和杆没有摩擦力，故A错误；对球d单独进行受力分别，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，d球处于平衡状态，不是失重状态，故B错误；细线对c球的拉力Fc＝mgcosα，对d球的拉力Fd＝mg，故D错误；对a和c整体受力分析有FNa＝(M＋m)gcosα，对b和d整体受力分析有FNb＝(M＋m)gcosα，故C正确。答案：C6．(2024·山东烟台一中高三模拟)如图所示为甲、乙两个质点运动的位移—时间图像。由此可知(图中虚线与曲线相切)()A．甲做匀减速直线运动，乙做变减速直线运动B．甲、乙两质点从x＝2x0位置同时动身，同时到达x＝0位置C．在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的速度大小相等D．在0～t0时间内，乙的速度大于甲的速度，t0时刻后，乙的速度小于甲的速度解析：依据位移—时间图像的斜率表示速度可知，甲沿x轴负方向做匀速直线运动，乙沿x轴负方向做速度渐渐减小的直线运动，选项A错误；甲、乙两质点从x＝2x0位置同时动身，乙质点在t1时刻先到达x＝0位置，甲质点在2t0时刻到达x＝0位置，选项B错误；在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的位移—时间图像的斜率相等，说明两质点的速度大小相等，选项C正确；过位移—时间图像中虚线与乙质点的位移—时间图线的切点作t轴的垂线，与t轴的交点为t′，如图所示，在0～t′时间内，乙的速度大于甲的速度，t′时刻后，乙的速度小于甲的速度，选项D错误。答案：C7．(2024·河北正定中学高三模拟)甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的马路前进，它们运动的v­t图像如图所示。下列说法正确的是()A．两车在t＝40s时再次并排行驶B．甲车减速过程的加速度大小为0.5m/s2C．两车再次并排行驶之前，t＝30s时两车相距最远D．两车之间的距离先变大，再减小，最终不变解析：t＝40s时，甲车的位移为x甲＝eq\f(1,2)×(20＋5)×30m＋5×10m＝425m，乙车的位移为x乙＝10×40m＝400m，甲车在乙车前面，选项A错误；甲车做减速运动的加速度大小为a＝eq\f(20－5,30)m/s2＝0.5m/s2，选项B正确；由两车对应图线与时间轴所围面积之差改变特点知，两车距离先变大，再减小，最终又变大，选项D错误；两车再次并排行驶之前，两车速度相等时相距最远，两车速度相等时v0－at＝v乙，解得t＝20s，则在两车再次并排行驶之前，t＝20s时，两车相距最远，选项C错误。答案：B8．(2024·高考全国卷Ⅰ)我国自主研制了运­20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；(2)若该飞机装载货物后，从静止起先匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满意条件m1g＝kveq\o\al(2,1) ①m2g＝kveq\o\al(2,2) ②由①②式及题给条件得v2＝78m/s ③(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有veq\o\al(2,2)＝2as ④v2＝at ⑤联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0m/s2 ⑥t＝39s ⑦答案：(1)78m/s(2)2.0m/s239s[实力题组专练]9．(2024·江苏海门高三质检)如图所示为从静止起先做直线运动物体的a­t图像。关于物体的运动，下列说法正确的是()A．物体在t＝6s时，速度为0B．物体在t＝6s时，速度为18m/sC．物体运动前6s平均速度为9m/sD．物体运动前6s位移为18m解析：物体做加速度减小的加速运动，在t＝6s时加速度为零，速度最大，故A错误；a­t图像与t轴所包围的面积表示速度的改变量，即末速度为18m/s，故B正确；若物体从静止起先做匀加速直线运动，末速度为18m/s，则前6s内的平均速度为9m/s，前6s内的位移为54m，而物体做变加速运动，其平均速度大于9m/s，位移大于54m，故C、D错误。答案：B10．(多选)如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。起先时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为gA．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθB．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsinθC．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθD．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsinθ解析：细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mgsinθ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mgsinθ。在细线被烧断的瞬间，对A，由牛顿其次定律得F＝2maA，解得aA＝gsinθ，选项A正确；在细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿其次定律得F1′＝maB，解得aB＝2gsinθ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿其次定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mgsinθ＝ma，由以上两式解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力马上发生改变，但绳子仍旧绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mgsinθ＝3ma′，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1＝mgsinθ＋F弹，联立得a′＝eq\f(2,3)gsinθ，故A的加速度为eq\f(2,3)gsinθ，选项D错误。答案：AB11．(2024·广东惠州高三第一次调研)如图甲所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),5)。经过一段时间后物块返回斜面底端，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端动身到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图乙中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图像，取沿斜面对上为正方向。解析：(1)物块上滑过程，由牛顿其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，则a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，物块下滑过程，由牛顿其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，则a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。(2)物块上滑过程：t1＝eq\f(0－v0,－a1)＝1s，s1＝eq\f(0＋v0,2)t1＝4m物块下滑过程：s2＝s1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝2s，故总时间t＝t1＋t2＝3s。(3)物块下滑到斜面底端的速度大小v2＝a2t2＝4m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v­t图像如图所示。答案：(1)8m/s22m/s2(2)3s(3)4m/s图像见解析12．为提高通行效率，很多高速马路出入口安装了不停车收费系统ETC。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速马路，流程如图所示。假设减速带离收费岛口x＝60m，收费岛总长度d＝40m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝72km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2＝36km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15s后缴费胜利，人工栏杆打开放行。放行后两辆汽车匀称加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等，求：(1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差Δt；(2)两辆汽车驶离收费岛相距的最远距离Δx。解析：(1)两车运动的加速度大小为a＝eq\f(veq\o\al(2,1),2（x＋\f(d,2)）)＝2.5