2025届高考物理二轮复习选择题专项练2力与运动问题含解析

PAGE5-选择题专项练2力与运动问题1.(多选)为解决疫情下“最终500米”配送的冲突，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，发觉绿灯时间是20s，路宽是19.5m，它启动的最大加速度是0.5m/s2。下面是它过公路的支配方案，既能不闯红灯，又能平安通过的方案是()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，以最大加速度启动解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，须要t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(1,0.5)s＝2s达到最大速度，位移是x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1m，匀速运动的位移x2＝l－x1＝18.5m，须要时间为t2＝eq\f(x2,v)＝18.5s，两次运动时间之和为20.5s，担心全，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，过了公路，这个方案是可以的，故B对。在距离停车线2m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，机器人距离公路另外一端还有20.5m，须要20.5s通过，而绿灯时间为20s，所以担心全，故C错。在距离停车线0.5m处，1s后绿灯亮起，其位移为x＝eq\f(1,2)at2＝0.25m，小于0.5m，故没有闯红灯，接着前进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，正好通过公路，故D对。答案：BD2．物体A、B的s­t图像如图所示。由图可知()A．5s内A、B的平均速度相等B．两物体由同一位置起先运动，但物体A比B迟3s才起先运动C．在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇D．从第3s起，两物体运动方向相同，且vA>vB解析：在5s内，A的位移为10m，B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的位置起先运动，A从x＝0起先运动，物体A比B迟3s才起先运动，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；s­t图像的斜率表示速度，从第3s起，两物体运动方向相同，为正方向，图像A的斜率大，说明A的速度大，故D正确。答案：D3．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、平安地通过弯道，常用的方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．30kmC．20km D．10km解析：设倾角为θ，列车所受的合力供应列车转弯时的向心力，则有mgtanθ＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(v2,gtanθ)，由于倾角很小，则有tanθ≈sinθ，则有R＝eq\f(（\f(350,3.6)）2,10×\f(70,1435))m≈20km，故A、B、D错误，C正确。答案：C4．(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v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B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。以下推断正确的是()A．相遇时A的速度肯定不为零B．两位同学抛球时对A、B做功一样多C．从抛出到相遇A、B两篮球动能的改变量不同D．从抛出到相遇A、B两篮球重力势能的改变量相同解析：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，依据动能定理可知，两位同学抛球时对A、B做功不一样多，故B错误；依据动能定理可知，从抛出到相遇A、B两个篮球的重力做功相同，因此动能的改变量相同，故C错误；A、B质量相等且上上升度相等，所以从抛出到相遇A、B两篮球重力势能的改变量相同，故D正确。答案：AD5．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v，其x­v2图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则斜面倾角θ为()A．30° B．45°C．60° D．75°解析：由匀变速直线运动的速度位移公式可得v2＝2ax，整理得x＝eq\f(1,2a)v2，由x­v2图像可知小物块的加速度a＝5m/s2，依据牛顿其次定律得，小物块的加速度a＝gsinθ，解得sinθ＝eq\f(a,g)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，故A正确，B、C、D错误。答案：A6．(多选)如图，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为α。若小球从a点以初速度eq\r(2)v0水平抛出，不计空气阻力，则小球()A．将落在bc之间B．将落在c点C．落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于αD．落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于α解析：设斜面的倾角为θ，小球落在斜面上有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，在竖直方向上的分位移为y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2veq\o\al(2,0)tan2θ,g)，则知当时速度变为原来的eq\r(2)倍时，竖直方向上的位移变为原来的2倍，所以小球肯定落在斜面上的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β，则tanβ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，即tanβ＝2tanθ，所以β肯定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角肯定相同，故C错误，D正确。答案：BD7．(多选)如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板B左端，A与B间动摩擦因数为μ1＝0.6，木板B与地面间的动摩擦因数为μ2＝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F＝3t(N)的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力f随外力F的改变关系如图乙所示，则下列推断正确的是()A．A、B两物体的质量分别为1kg和0.5kgB．当t＝1s时，A、B发生相对滑动C．当t＝3s时，A的加速度为4m/s2D．B物体运动过程中的最大加速度为8m/s2解析：设A、B两物体的质量分别为m1、m2，依据A与B间摩擦力f随外力F的改变关系可得A与B间滑动摩擦力为6N，B与地面的摩擦力为3N，则有μ1m1g＝6N，μ2(m1＋m2)g＝3N，联立解得m1＝1kg，m2＝0.5kg，故A正确；由图像乙可知F＝12N时，A、B发生相对滑动，此时t＝4s，故B错误；由B分析可知，当t＝3s时，A、B相对静止，一起做匀加速运动，则有F1－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，代入数据可得a1＝4m/s2，故C正确；B物体运动过程中加速度最大时，有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据可得a2＝6m/s2，故D错误。答案：AC8．(多选)如图所示，水平台高h＝4m，物体A(可视为质点)的质量m＝1kg，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OB与竖直方向的夹角θ＝53°，物体以某速度vx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vx＝6m/sB．物体在圆弧轨道B点时，物体对轨道的压力大小为56NC．物体在圆弧轨道C点时，物体对轨道的压力大小为58ND．物体能够到达轨道最高点D解析：物体离开平台下落到B点的高度H＝R＋Rcosθ＝3.2m，由veq\o\al(2,y)＝2gH，得vy＝eq\r(2gH)＝8m/s，在B点由几何关系得vx＝eq\f(vy,tan53°)＝6m/s，B点的速度为vB＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(62＋82)m/s＝10m/s，在B点重力沿半径方向的分力为mgcos53°，由牛顿其次定律得FNB－mgcos53°＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FNB＝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＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C点由牛顿其次定律得FNC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，联立