2023年高考物理二轮复习核心考点专项突破力与直线运动练习含解析20230238293

力与直线运动一单项选择题1.某展车表演时做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x＝8t＋3t2，x与t的单位分别是m和s，则该汽车(　　)A．第1s内的位移大小是8mB．前2s内的平均速度大小是28m/sC．任意相邻1s内的位移大小之差都是6mD．任意1s内的速度增量都是3m/s【答案】C【解析】将t＝1s代入到x＝8t＋3t2中得到第1s内的位移大小x1＝11m，选项A错误．前2s内的平均速度大小v＝＝14m/s，选项B错误．将x＝8t＋3t2与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2对照可得初速度大小v0＝8m/s，加速度大小a＝6m/s2，则任意相邻1s内的位移差是Δx＝aT2＝6×12m＝6m，选项C正确．任意1s内的速度增量Δv＝at＝6×1m/s＝6m/s，选项D错误．2.元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3s末到达离地面90m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10m/s2，那么v0和k分别等于(　　)A．30m/s，1　　　　　B．30m/s，0.5C．60m/s，0.5D．60m/s，1【答案】D【解析】本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x＝·t，代入数据得v0＝60m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg＋\nFf＝ma，又Ff＝kmg，a＝m/s2＝20m/s2，解得：k＝1.故A、B、C错，D对．3.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡尔D.牛顿【答案】B【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确；笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。4.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图所示．在这段时间内(　　)A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大\n【答案】A【解析】根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于，选项B错误；v－t图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．5.处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆．从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1∶t2是(　　)A．1∶1B．3∶2C．∶D．∶【答案】C【解析】由图可知，sCD＝2R，aCD＝g，由几何关系可得出sAD＝R，aAD＝g，由运动学公式s＝at2，可得＝，代入数据得＝，故C正确．6.如图所示，细绳l1与l2共同作用于质量为m的小球而使其处于静止状态，其中细绳l1与竖直方向的夹角为θ，细绳l2水平，重力加速度为g，不计空气阻力．现剪断细绳l2，则剪断瞬间(　　)\nA．小球立即处于完全失重状态B．小球在水平方向上的加速度大小为gsin2θC．细绳l1上的拉力大小为D．小球受到的合力大小为mgtanθ，方向水平向右【答案】B【解析】剪断细绳l2瞬间，小球受到的合力将变为垂直细绳l1斜向右下方，其大小为mgsinθ，D错误；由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小a＝gsinθ，故小球竖直向下的加速度大小为a竖＝gsin2θ，故小球虽然处于失重状态，但不是完全失重，A错误；小球在水平方向上的加速度大小为a水＝gsinθcosθ，即a水＝gsin2θ，B正确；此时细绳l1上的拉力大小为mgcosθ，故C错误．7.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5s和4s，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30m，则该动车组的加速度约为(　　)A.0.17m/s2B.0.30m/s2C.0.33m/s2D.0.38m/s2【答案】C【解析】由匀变速运动的位移公式，x＝v0t＋at2\n对两节车厢有60＝v0×(5＋4)＋a(5＋4)2对第一节车厢，30＝v0×5＋a·52联立解得a≈0.33m/s2，故选项C正确.7.甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v－t图象如图所示，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.两车之间的距离先增大，再变小，最后不变【解析】t＝40s时，甲车的位移为×30m＋5×10m＝425m，乙车的位移为10×40m＝400m，甲车在乙车前面，A错误；甲车做减速运动的加速度大小为a＝m/s2＝0.5m/s2，B正确；在两车再次并排行驶之前，t＝20s时，两车相距最远，C错误；两车距离先增大，再变小，最后又变大，D错误。【答案】B8.放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图所示.某时刻木板突然停止运动，已知mA>mB，下列说法正确的是(　　)A.若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞\nB.若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞C.若木板粗糙，由于A所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来D.无论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变【答案】D【解析】若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A、B将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a＝＝μg，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D正确，A、B、C错误.二不定项选择题1.甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t＝0时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的速度－时间图象(v－t图象)如图所示，则关于两车运动的说法中正确的是(　　)A．0～10s时间内，甲、乙两车在逐渐靠近B．5～15s时间内，甲、乙两车的位移大小相等C．t＝10s时两车的速度大小相等、方向相反D．t＝20s时两车在公路上相遇【答案】BD【解析】由题中v－t图象可知，甲、乙两车均沿正方向做直线运动，其中甲做匀速直线运动，乙做匀减速直线运动，在t＝10s之前，乙车虽然在减速，但乙车的速度仍大于甲车的速度，故两车之间的距离越来越大，两车逐渐远离，选项A错误；由图可知，乙车做匀减速直线运动的加速度大小为a＝1m/s2，故乙车在t＝5s时的速度大小为v1＝15m/s，在5～15s时间内乙车的位移大小为x乙＝v1·Δt－a·(Δt)2，代入数据可得x乙＝100m，\n而甲车做匀速直线运动，在5～15s时间内位移大小为x甲＝v0·Δt，即x甲＝100m，所以在5～15s时间内甲、乙两车的位移大小相等，选项B正确；由图可知，在t＝10s时两车的速度大小相等、方向相同，选项C错误；由图可知，t＝20s时甲、乙两车的v－t图线与时间轴围成的“面积”相等，故两车的位移相同，所以两车相遇，选项D正确．2.如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是(　　)A.下滑相同距离内物块A、B机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A、B机械能的变化一定相同C.物块A、B一定不能同时到达传送带底端D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同【答案】AC【解析】因为mgsin30°＝mg<μmgcos30°＝mg，所以A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，下滑相同距离内摩擦力做功不同，物块A、B机械能的变化一定不相同，A正确，B错误；如果都能到达底端，则位移相同，一个匀速运动，一个匀减速运动，所以物块A、B一定不能同时到达传送带底端，C正确；由于A相对传送带静止，所以在传送带上的划痕为零，B做匀减速直线运动，相对传送带的划痕不为零，故D错误.3.如图所示，质量为mA的滑块A和质量为mB的三角形滑块B叠放在倾角为θ的斜面体上，B的上表面水平．用水平向左的力F推斜面体，使它们从静止开始以相同的加速度a一起向左加速运动，由此可知(　　)A．B对A的摩擦力大小等于mAa\nB．斜面体与B之间一定有摩擦力C．地面与斜面体之间一定有摩擦力D．B对斜面体的压力可能等于(mA＋mB)【答案】AD【解析】根据题述A和B随斜面体以相同的加速度a一起向左加速运动，由牛顿运动定律可知B对A的摩擦力f＝mAa，选项A正确．把A、B看作整体分析受力，由牛顿运动定律可知当(mA＋mB)gtanθ＝(mA＋mB)a时，即当斜面体运动的加速度a＝gtanθ时，斜面体与B之间无摩擦力，斜面体对B的支持力等于(mA＋mB)，由牛顿第三定律可知B对斜面体的压力等于(mA＋mB)，选项B错误、D正确．把A、B和斜面体看作整体，若斜面体的质量为M，则当F＝(M＋mA＋mB)a时，地面与斜面体之间没有摩擦力，当F＞(M＋mA＋mB)a时，地面与斜面体之间有摩擦力，选项C错误．4.如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g＝10m/s2.则(　　)A．细绳对盒子的拉力大小为20NB．盒子的加速度大小为2.5m/s2C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5ND．定滑轮受到细绳的作用力为30N【答案】BC【解析】假设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律，对甲，有m甲g－FT＝m甲a；对乙和丙组成的整体，有FT＝(m乙＋m丙)a，联立解得FT＝15N，a＝2.5m/s2，A错误，B正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有Ff＝m丙a＝1×2.5N＝2.5N，C正确；绳子的张力为15\nN，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15N，所以D错误．5.如图所示，一水平传送带以v0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则(　　)A.物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B.物块不可能从传送带的左端滑落C.物块不可能回到出发点D.物块的最大机械能不可能大于mv【答案】BD【解析】设传送带的长度为L，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x＝，若x≥L，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x<L，则物块先加速后匀速.故A错误；若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落.故B正确，C错误；物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v0，物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加.所以滑块的最大机械能不可能大于mv.故D正确.故选B、D.6.如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是(　　)\nA.小环的质量是1kgB.细杆与地面间的夹角为30°C.前1s内小环的加速度大小为5m/s2D.前3s内小环沿杆上升的位移为1.25m【解析】设细杆与地面间的夹角为θ，由v－t图象可知0～1s内小环的加速度为a＝0.5m/s2，因此选项C错误；拉力为F1＝5N时，由牛顿第二定律得F1－mgsinθ＝ma，1s后小环做匀速直线运动，此时的拉力为F2＝4.5N，根据力的平衡有F2＝mgsinθ，联立解得m＝1kg，sinθ＝，因此选项A正确，B错误；根据题图乙，前1s内小环沿杆上升的位移为x1＝×1m＝0.25m，之后2s内做匀速直线运动，位移为x2＝0.5×2m＝1.0m，所以前3s内小环沿杆上升的位移为x＝x1＋x2＝1.25m，选项D正确。【答案】AD7.两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD【解析】小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙。空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，选项C错误；由h＝at2知，t甲<t乙，选项A错误；由v＝\n知，v甲>v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。8.美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝103kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103N，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50m/s时才能离开航空母舰起飞．g取10m/s2，设航空母舰甲板长为160m，则下列说法中正确的是(　　)A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103NB．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4m/s2C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30m/s的初速度D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10m/s【答案】CD【解析】飞机在跑道上加速时所受阻力f＝kmg＝0.2×103×10N＝2×103N，选项A错误．由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝5m/s2，选项B错误．设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v0，由匀变速直线运动规律得v2－v＝2ax，代入数据解得v0＝30m/s，选项C正确．若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度为v1，则飞机相对地面的速度v＝v1＋at，飞机相对航母的位移大小x＝at2，代入数据联立解得v1＝10m/s，选项D正确．三非选择题1.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ff＝kv.\n(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2kg，斜面倾角θ＝30°，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】(1)由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma解得：a＝gsinθ－μgcosθ－(2)当a＝0时速度最大，vm＝减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v＝0时，a＝gsinθ－μgcosθ＝3m/s2解得：μ＝≈0.23，最大速度vm＝2m/s，vm＝＝2m/s解得：k＝3.0kg/s【答案】(1)a＝gsinθ－μgcosθ－(2)　适当减小斜面倾角θ\n(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23　3.0kg/s2.如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件．【解析】(1)对小物块B由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1＝＝0.6s，位移s1＝＝3m之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2小物块B减速至0的时间t2＝＝1s位移s2＝＝1m小物块B向上运动过程中平均速度＝＝2.5m/s.(2)小物块A的加速度也为a2＝2m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A\n已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端．当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝a2t2小物块B向下运动过程s1＋s2＝a2t解得t3＝2s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6s代入解得l0＝12.96m，即传送带的长度l≥12.96m.【答案】(1)2.5m/s　(2)l≥12.96m3.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)144N　(2)12.5m【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax　①\n由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma　②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N　③(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝mv－mv　④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m　⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m4.如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.【解析】(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝m/s2＝1.5m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝m/s2＝1m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝m/s2＝0.5m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1\n对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3以上三式联立可得＝.(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4×m＝20m.【答案】(1)1.5m/s2　1m/s2　0.5m/s2　(2)(3)20m