2024高考物理二轮复习专题限时集训2力与直线运动含解析

PAGE8-专题限时集训(二)(建议用时：40分钟)1．(多选)质量分别为M和m的物块形态大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()甲乙A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)gBCD[互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有F′T－mgsinα＝ma，又FT＝F′T，解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，FT＝mg，故A错，B、C、D对。]2．(创新题)舰载战斗机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载战斗机着舰有很大的风险，一旦着舰不胜利，飞行员必需快速实施“逃逸复飞”，其中“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后舰载战斗机的复飞。若某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，舰载战斗机复飞前的速度为25m/s，复飞过程中的最大加速度为6m/s2，航母跑道长为200m，起飞须要的最小速度为50m/s。则舰载战斗机在跑道上复飞过程的最短时间约为()A．4.2s B．5.0sC．7.5s D．8.0sA[舰载战斗机在复飞过程中以最大加速度6m/s2做匀加速直线运动时，舰载战斗机有最短复飞距离，设为s，由题意知v0＝25m/s，a＝6m/s2，v＝50m/s，依据v2－veq\o\al(2,0)＝2as得s＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(502－252,2×6)m＝156.25m<200m，则舰载战斗机复飞的最短时间为t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(50－25,6)s≈4.2s。]3.(2024·河南五校联考)如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长的光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中()A．B的加速度为gsinθ B．绳的拉力为eq\f(G,cosθ)C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为GA[A、B相对静止，即两者的加速度相同，以A、B、绳整体为探讨对象，分析整体的受力可知，整体的加速度为gsinθ，可知选项A正确；以B为探讨对象进行受力分析，如图所示，分析可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小FT等于Gcosθ，选项B、C、D错误。]4.(一题多法)(多选)汽车由静止起先在平直的马路上行驶，在0～50s内汽车的加速度随时间改变的图象如图所示，下列说法正确的是()A．汽车行驶的最大速度为20m/sB．汽车在第50s末的速度为零C．在0～50s内汽车行驶的总位移为850mD．汽车在40～50s内的速度方向和在0～10s内的速度方向相反AC[法一在0～10s内汽车做匀加速直线运动，10s末汽车的速度v1＝a1t1＝20m/s，汽车的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝100m，在10～40s内汽车做匀速直线运动，位移为x2＝v1t2＝600m，在40～50s内汽车做匀减速直线运动，a2＝－1m/s2，第50s末的速度为v2＝v1＋a2t3＝10m/s，位移为x3＝v1t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝150m，总位移为x＝x1＋x2＋x3＝850m，汽车在40～50s内的速度为正值，与在0～10s内的速度方向相同，综上所述，选项A、C正确，B、D错误。法二本题A、B、D选项也可依据a­t图线与坐标轴所围的面积表示速度改变量来分析。最大面积为0～10s内图线与坐标轴围成的面积，所以汽车的最大速度为20m/s，A正确；0～50s内图线与坐标轴围成的面积为20m/s－10m/s＝10m/s，因此汽车在50s末的速度为10m/s，汽车在40～50s内的速度均为正值，与在0～10s内的速度方向相同，B、D错误。]5．(易错题)如图所示为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是()甲乙丙丁A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于eq\f(1,2)v0t0B．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/sD[由v­t图线与坐标轴围成的面积表示位移，可知甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移大于eq\f(1,2)v0t0，选项A错误；依据v2＝2ax可知乙图中，2a＝1m/s2，则物体的加速度为0.5m/s2，选项B错误；依据Δv＝at可知，丙图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度改变量，选项C错误；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，结合丁图可知eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，即a＝10m/s2，则v0＝－5m/s，故t＝3s时物体的速度为v3＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，选项D正确。][易错点评]本题的易错点在于图象信息的理解及应用，如甲图中变加速运动位移的分析，丁图中eq\f(x,t)的物理意义。6.如图所示，直线a和曲线b分别代表在平直马路上行驶的汽车甲和乙的位移—时间图象，则由图象可知()A．在t1时刻，乙车追上甲车B．甲车做匀变速直线运动，乙车做变加速直线运动C．从t1到t2这段时间内，乙车的速领先减小后增大，方向保持不变D．从t1时刻之后(不包含t1时刻)到t2时刻这段时间内，甲、乙两车相遇两次A[由图可知，在t1时刻，甲、乙两车的位置坐标相同，即到达同一位置，而0～t1时间内乙车的位移大于甲车的位移，所以在t1时刻，乙车追上甲车，选项A正确；由图可知，甲车做匀速运动，加速度为零，乙车做变速运动，加速度不为零，选项B错误；x­t图线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，乙车的x­t图线的斜领先减小后增大，则乙车的速领先负向减小后正向增大，选项C错误；由图可知，从t1时刻之后到t2时刻这段时间内，甲车和乙车仅在t2时刻位置相同，故只相遇一次，选项D错误。]7．(多选)一运动员(可视为质点)进行三米板跳水训练，某次跳水过程中，运动员的速度—时间图象如图所示，t＝0是其向上起跳的瞬间，此时跳板回到平衡位置。t3＝5.5t1，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则下列推断正确的是()A．运动员入水时的速度大小为2eq\r(15)m/sB．运动员离开跳板后向上运动的位移大小为eq\f(3,8)mC．运动员在水中向下运动的加速度大小为20m/s2D．运动员入水的深度为1.5mBC[设运动员离开跳板后向上运动的位移大小为x，由题图知，运动员入水前向上运动的位移大小为向下运动位移大小的eq\f(1,9)，即eq\f(x,x＋3m)＝eq\f(1,9)，解得x＝eq\f(3,8)m，所以运动员入水前向下运动的位移大小h1＝3m＋eq\f(3,8)m＝eq\f(27,8)m，由v2＝2gh1，得运动员入水时的速度大小为v＝eq\f(3\r(30),2)m/s，选项A错误，B正确；由题图知运动员在水中运动的加速度大小是空中的2倍，即a＝20m/s2，选项C正确；运动员入水的深度为h2＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(27,16)m，选项D错误。]8．(2024·四川达州联考)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置(斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，P1、P2分别是固定在B、D上的挡板，完全相同的两个弹簧一端固定在挡板上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长状态D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态C[依据题意分析可知A与B保持相对静止，则二者沿斜面对下的加速度是相等的，设它们的总质量为M，则Ma＝Mgsinα，所以a＝gsinα；同理，若以C、D为探讨对象，则它们共同的加速度大小也是gsinα。以A为探讨对象，A受到重力、斜面体B对其竖直向上的支持力，两力的合力的方向在竖直方向上，由于A在水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinαcosα，水平方向的加速度由弹簧对其的弹力供应，所以弹簧L1处于压缩状态；以C为探讨对象，C受到重力、长方体的支持力，合力的大小F合＝mgsinα，加速度为a＝gsinα，即C不受弹簧的弹力，所以弹簧L2处于原长状态。故选项C正确。]9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的足够长的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)静止放在长木板上。从t＝0时刻起先，长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是()甲乙A．长木板的质量M＝1kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度肯定增大AC[长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿其次定律有：F＝(M＋m)a，当F＝6N时，此时两物体具有共同的最大加速度，代入数据解得：M＋m＝3kg，当F大于6N时，对长木板，依据牛顿其次定律得：F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝M＝1kg，则滑块的质量为：m＝2kg，μmg＝4N，μ＝0.2，故A正确，B错误；当F＝6.5N时，长木板的加速度为：a＝2.5m/s2，故C正确；当拉力大于6N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，恒定不变，故D错误。]10.(2024·河北衡水第六次调研)一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m。其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。(2)物块从动身到4.5s末通过的路程。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)[解析](1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg＝ma1x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m<L所以在到达传送带右端前物块已匀速，物块以速度v0滑上斜面－mgsinθ＝ma2物块速度为零时上升的距离x2＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(1,3)m由于x2<0.4m，所以物块未到达斜面的最高点。(2)物块从起先到第一次到达传送带右端所用时间t1＝eq\f(2x1,v0)＋eq\f(L－x1,v0)＝1.5s物块在斜面上来回一次的时间t2＝2eq\f(－v0,a2)＝eq\f(2,3)s物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左－μmg＝ma3向左端发生的最大位移x3＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a3)物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，4.5s末物块在斜面上速度恰好减为零，故物块通过的总路程x＝L＋3x2＋2x3x＝5m。[答案](1)不能eq\f(1,3)m(2)5m11．(2024·全国卷Ⅰ·T15)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧复原原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()ABCDA[假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧复原原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿其次定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，明显F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。]12．(多选)(2024·全国卷Ⅲ·T20)如图(a)所示，物块和木板叠放在试验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在试验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t改变的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与试验台之间的摩擦可以忽视。重力加速度g取10m/s2。由题给数据可以得出()(a)(b)(c)A．木板的质量为1kgB．2s～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2AB[由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内渐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力渐渐增大，故可以推断木板受到的水平外力F也渐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq\f(0.4－0.2,5－4)m/s2＝0.2m/s2，另外由于物块静止不动，