2025年高考二轮复习物理专题分层突破练2　力与直线运动3

专题分层突破练2力与直线运动选择题:每小题6分,共48分基础巩固1.(2024新课标卷)一质点做直线运动,下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是()答案C解析本题考查位移图像和速度图像的理解。位移图像代表位移随时间的变化关系,速度图像代表速度随时间的变化关系,在同一时刻,只能有1个位移值或速度值,选项C正确,A、B、D错误。2.(多选)如图所示,长木板放置在光滑的水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和小物块的质量均为m,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对小物块施加一水平向右的拉力F,则长木板加速度a的大小可能是()A.0 B.μg C.32μg D.答案BD解析若小物块与长木板间的摩擦力为静摩擦力,则小物块与长木板相对静止,加速度相同,对整体,由牛顿第二定律有F=2ma,解得a=F2m;若小物块与长木板间的摩擦力为滑动摩擦力,则小物块与长木板相对运动,对长木板,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg。故选B、3.(2024广西卷)让质量为1kg的石块P1从足够高处自由下落,P1在下落的第1s末速度大小为v1。再将P1和质量为2kg的石块绑为一个整体P2,使P2从原高度自由下落,P2在下落的第1s末速度大小为v2,g取10m/s2,则()A.v1=5m/s B.v1=10m/sC.v2=15m/s D.v2=30m/s答案B解析P1与P2释放之后均做自由落体运动,v1=v2=gt=10m/s,选项B正确。4.(2024九省联考河南卷)如图所示,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面上与在冰面上做加速度不同的匀减速直线运动,所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为()A.12v0 B.13vC.18v0 D.19答案B解析设汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律有Ff=ma,则汽车在路面上与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2=Ff1Ff2=71,由运动学公式可知,在路面上有v02-v12=2a1x1,在冰面上有v125.(2024九省联考黑龙江卷)如图所示,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为()A.2mgsinθ B.3mgsinθC.4mgsinθ D.5mgsinθ答案C解析物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小,为0,对乙有F弹1=mgsinθ,对甲有F弹1+mgsinθ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2mgsinθ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsinθ=4mgsinθ,故选C。6.(多选)(2024陕西榆林一模)甲、乙两玩具小车在相邻两直道(可视为在同一直道)上行驶,它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示。已知乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10s处。下列说法正确的是()A.甲、乙的运动方向相反B.乙的加速度大小为1.6m/s2C.甲、乙相遇时,甲的速度大于乙的速度D.甲经过20s到达乙的出发点x0处答案AD解析由图可知甲向正方向运动,乙向负方向运动,故A正确;由图可知,乙做减速运动,10s末速度为零,根据逆向思维有x1=12at12,即t1=5s时,乙的位移大小为30m,可得a=2.4m/s2,故B错误;甲、乙相遇时,甲的速度大小v1=x2t2=6m/s,乙的速度大小v2=at1=2.4×5m/s=12m/s,故C错误;甲到达乙的出发点x0处时,用时t3=127.(多选)如图所示,一辆货车开上倾角为β的斜坡,车厢的顶部用细线悬挂一个小球,某时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α(虚线垂直于车厢底面),重力加速度为g,关于货车的运动,下列说法正确的是()A.若货车在斜坡上做匀速运动,则α=βB.若货车在斜坡上做匀减速运动,则α>βC.若货车在斜坡上做匀加速运动,则货车的加速度为a=gcosβtanαgsinβD.若货车在斜坡上做匀加速运动,则货车的加速度为a=gtanα答案AC解析若货车在斜坡上做匀速运动,则小球做匀速直线运动,受到的合外力为0,小球在竖直方向上所受重力和细线拉力的大小相等,细线在竖直方向上,根据几何关系可知α=β,故A正确;若货车在斜坡上做匀减速运动,则小球有沿斜面向下的加速度,细线应该向右偏,但在题图中虚线的左侧,则有α<β,故B错误;若货车在斜坡上做匀加速运动,则小球有沿斜面向上的加速度,细线应该向左偏,则有α>β,设细线的拉力为F,小球的质量为m,对小球受力分析,垂直斜面方向上,由平衡条件有Fcosα=mgcosβ,沿斜面方向上,由牛顿第二定律有Fsinαmgsinβ=ma,联立解得a=gcosβtanαgsinβ,货车的加速度与小球的加速度相等,故D错误,C正确。综合提升8.(多选)(2023湖南卷)如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtanθB.若推力F向左,且tanθ≤μ,则F的最大值为2mgtanθC.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μtanθ)D.若推力F向右,且tanθ>2μ,则F的范围为4mg(tanθ2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)答案CD解析设杆的弹力为FT,对A球,一定有FTcosθ=mg。若B球受到的摩擦力为0,则对B球,在水平方向有FTsinθ=ma,解得a=gtanθ,对整体有F=4ma=4mgtanθ,A错误;若推力F向左,当A有最大加速度时侧壁对A的弹力为0,此时a=gtanθ,当B有最大加速度a'时,对B有μ·2mgFTsinθ=ma',且tanθ≤μ,解得a'>a,故最大加速度仍为a,对整体有F=4ma=4mgtanθ,B错误;若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则a'<a,对整体有F=4ma'=4mg(2μtanθ),C正确;若推力F向右,且tanθ>2μ,则B向右的最小加速度为a1,对B有FTsinθμ·2mg=ma1,对整体有Fmin=4ma1=4mg(tanθ2μ),B向右的最大加速度为a2,对B有FTsinθ+μ·2mg=ma2,对整体有Fmax=4ma2=4mg(tanθ+2μ),故4mg(tanθ2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ),D正确。9.(10分)(2024全国甲卷)为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小a=2m/s2,在t1=10s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340m/s。(1)求救护车匀速运动时的速度大小。(2)求在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。答案(1)20m/s(2)680m解析(1)根据匀变速运动速度公式v=at1可得救护车匀速运动时的速度大小v=2×10m/s=20m/s。(2)救护车加速运动过程中的位移x1=12at1设在t3时刻停止鸣笛,根据题意可得v(t3-停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1+v(t3t1)代入数据并联立解得x=680m。10.(12分)火车站用于安全检查的装置的部分简化示意图如图所示。某位乘客把质量为m=2kg的物品轻放在水平传送带的A端,经传送带加速后从B端离开传送带,最后物品从斜面顶端C沿斜面下滑。已知水平传送带的长度为lAB=1m,传送带以v=1m/s的恒定速度沿逆时针方向转动,斜面CD的倾角为θ=30°,斜面CD的长度为s=0.5m,物品与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,物品与斜面CD间的动摩擦因数为μ2=34,重力加速度大小g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑物品在传送带与斜面交界处速度大小的变化,物品可视为质点。求(1)物品在传送带上运动的时间;(2)物品滑到斜面底端D时(还未与地面碰撞)的速度大小。答案(1)1.1s(2)1.5m/s解析(1)设物品在传送带上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1解得a1=5m/s2设物品加速到与传送带共速时所用时间为t1,位移为x1,则t1=va1=0.2x1=12a1t12=0.1之后物品在传送带上匀速运动,时间为t2,则t2=lAB-x1v=物品在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.1s。(2)设物品在斜面上的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有mgsinθμ2mgcosθ=ma2解得a2=1.25m/s2设物品滑到斜面底端D时的速度大小为v2,由运动学公式有2a2s=v22解得v2=1.5m/s。11.(14分)(2024陕西商洛一模)如图甲所示,一足够长的木板静止在光滑的水平地面上,可视为质点的小滑块置于木板上A处。从t=0时刻开始,木板在外力作用下开始沿水平地面做直线运动,其运动的vt图像如图乙所示。已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)t=3.5s时,求小滑块的速度大小。(2)若小滑块在木板上滑动时能够留下痕迹,求此痕迹的长度。答案(1)7m/s(2)12m解析(1)由木板运动的vt图像可得,木板的加速度大小a1=ΔvΔt=4对小滑块,由牛顿第二定律有μmg=ma2得a2=2m/s2由于a2<a1,所以t=0时刻小滑块与木板发生了相对滑动,t=3s时,小滑块的速度大小v2=a2t=6m/s木板的速度大小v1=12m/s之后,木板减速,加速度大小仍为a1,设小滑块和木板共速还需要时间Δt,有v1a1Δt=v2+a2Δt解得Δt=1s故在3~4s内,小滑块还在加速运动,因此t=3.5s时,小滑块的速度大小v3=a2t=7m/s。(2)由以上分析可知0~4s内小滑块一直匀加速运动,位移大小为x2=12a2t'2=16t'=4s时,小滑块的速度大小为v'=a2t'=8m/s根据vt图像与时间轴围成的面积可知木板0~4s内位移大小为x1=12×3×12m+8+122×1m=28因此0~4s内木板相对小滑块向前运动12mt'=4s前,木板相对小滑块向前运动,t'=4s后,因为木板加速度大小不变且大于小滑块的最大加速度,则木板相对小滑块向后运动,在4~6s内,木板的位移大小为x3=(6-4)×8小滑块在t'=4s后减速直到停止过程的位移大小x4=v'22a因此4~6s内,木板相对小滑块向后运动8m。故小滑块在木板上滑动时能够留下痕迹,则此痕迹的长度为12m。12.(16分)交规规定:“在没有信号灯的路口,一旦行人走上人行道,机动车车头便不能越过停止线”。如图甲所示,一长度为D=5m的卡车以v0=36km/h的初速度向左行驶,车头距人行道距离为L1=40m,人行道宽度为L2=5m。同时,一距离路口L3=3m的行人以v1=1m/s的速度匀速走向长度为L4=9m的人行道。图乙为卡车的侧视图,车上的货物可视为质点,货物与车之间的动摩擦因数为μ=0.4,货物距离车头、车尾的间距分别为d1=2.5m、d2=1.5m。重力加速度g取10m/s2。甲乙(1)当司机发现行人在图示位置时立即加速且以后加速度恒定,要保证卡车整体穿过人行道时,人还没有走上人行道,求卡车加速度的最小值。(2)如果司机以第(1)问的最小加速度加速,且穿过人行道后立即匀速,通过计算说明货物是否会掉下来。(3)当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定,要保证不违反交规,且货物不撞到车头,求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件。答案(1)409m/s(2)会掉下来,计算过程见解析(3)54m/s2≤a≤5m/s解析(1)人走上人行道的时间t1=L3v1=在3s末卡车刚好穿过人行道,加速度最小,设为a1有D+L1+L2=v0t1+12a1解得a1=409m/s2(2)卡车穿过人行道时的速度vm=v0+a1t1=10+409×3货物的加速度a2=μg=4m/s2假设货物没掉下来,货物加速的时间为t2=vm-货物的位移为x2=v0+vm2t卡车的位移为x1=(D+L1+L2)+vm(t2t1)=5209所以货物相对卡车向后运动的位移为x1