全国通用2022高考物理二轮复习专题一第2讲力与物体的直线运动提升训练

第2讲　力与物体的直线运动专题提升训练一、选择题(1～7题为单项选择题，8～9题为多项选择题)1.(2022·浙江理综，15)如图1所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度，正确的措施是(　　)图1A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角解析　是Δt时间内的平均速度，Δt越小，就越接近某点的瞬时速度。A选项中换用更窄的遮光条，就是取更短的时间Δt，A正确；B、C、D选项中的处理不能保证Δt很短，不能确定更接近瞬时速度，选项B、C、D错误。答案　A2.(2022·广东理综，13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图象如图2所示，下列表述正确的是(　　)图2A.0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B.0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C.0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等8\n解析　位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10km处，而乙在s＝8km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误。答案　B3.(2022·长春模拟)如图3所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC两段上所做运动可看作匀变速直线运动)(　　)图3A.1∶4B.1∶1C.8∶1D.4∶1解析　设初速度为vA，过B点速度为vB，AB＝BC＝x，tAB＝t，tBC＝4t，则v－v＝2μ1gx，vA－vB＝μ1gt；v＝2μ2gx，vB＝4μ2gt；解得μ1∶μ2＝8∶1，C正确。答案　C4.(2022·台州市高三3月调研考试)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图4所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为(　　)图4A.gB.2gC.3gD.4g解析　分析运动过程及受力：人体向下先加速后减速运动，速度减为零后反向向上先加速后减速，如此往复循环。F＝G时人体受力平衡，为加速运动与减速运动转换的临界点。图中平缓段即表示受力平衡的时候，可知0.6F0＝G。找出图中最大外力为1.8F0，由于绳子被拉伸，施加给人的力方向始终为竖直向上。从而可以算出最大加速度a＝＝＝＝2g，所以选B。答案　B8\n5.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，在0～40s内汽车的加速度随时间变化的图象如图5所示，则汽车位移最大的时刻是(　　)图5A.40s末B.30s末C.20s末D.10s末解析　0～10s内汽车做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，10s末汽车的速度为20m/s；10～20s内汽车的加速度为0，故汽车做匀速直线运动；20～40s内汽车的加速度为－1m/s2，故汽车做匀减速直线运动，40s末汽车的速度恰好减为0。因为40s内汽车始终向同一方向运动，所以汽车位移最大的时刻是40s末，选项A正确。答案　A6.甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其中甲车初速度为零，最大速度为4m/s，乙车初速度为1.5m/s，最大速度为3.5m/s，其v－t图象如图6所示，关于两车的运动情况，下列说法正确的是(　　)图6A.在t＝4s时，甲、乙相遇B.甲的加速度一直小于乙的加速度C.在t＝1s时，两车速度相等，加速度相等D.甲车运动的总位移大于乙车运动的总位移解析　v－t图线与t轴所围面积表示位移，斜率表示加速度；在t＝4s，甲、乙的位移均为10m，甲、乙相遇，选项A正确；在4～6s，甲、乙加速度相同，选项B错误；在t＝1s，甲的加速度大于乙的加速度，选项C错误；乙车运动的总位移大于甲车运动的总位移，选项D错误。答案　A7.(2022·江苏单科，5)如图7所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m8\n/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)图7A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5解析　由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1＝＝1s，在加速时间内通过的位移x1＝at＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m，已过关卡2，t3＝2s时间内x3＝4m，关卡打开，t4＝5s，x4＝vt4＝10m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m，到达关卡4还需t5＝0.5s，小于2s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C正确。答案　C8.如图8所示，一同学在自家高为H＝10m的阳台上，伸手竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离阳台的高度为h0＝0.8m，小球抛出后升高了h＝0.45m达到最高点，最终小球落在地面上。g＝10m/s2。根据以上信息，你认为下列说法正确的是(　　)图8A.小球抛出时的初速度大小是4m/sB.小球抛出时的初速度大小是3m/sC.小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间为1.8sD.小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间为1.0s解析　上升阶段－v＝－2gh，则v0＝＝3m/s，A错误，B正确；上升阶段0＝v0－gt1，下降阶段h0＋h＋H＝gt，历时：t＝t1＋t2，得：t＝1.8s，C正确，D错误。答案　BC9.倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20N/m、原长l0＝0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l＝0.3m8\n，且杆可在槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff＝6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m＝1kg的小车从距弹簧上端L＝0.6m处由静止释放沿斜面向下运动。已知在本次碰撞过程中轻杆已滑动。g取10m/s2，sin37°＝0.6。关于小车和杆的运动情况，下列说法正确的是(　　)图9A.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6mB.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9mC.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐增大的变加速运动D.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动，再做匀速直线运动解析　小车在沿斜面向下的重力分力Gx＝mgsinθ＝6N作用下，先沿斜面做匀加速运动，碰到弹簧后，小车受到沿斜面向上的弹力，做加速度逐渐减小的变加速运动，当弹力等于6N后，小车、弹簧、轻杆构成的系统做匀速直线运动，C错误，D正确；杆刚要滑动时，弹力为6N，所以弹簧形变量为x＝＝0.3m，所以小车已通过的位移为L＋x＝0.9m，A错误，B正确。答案　BD二、非选择题10.出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路。并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10s时，速度表显示54km/h，求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108km/h时，出租车开始做匀速直线运动，若时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)解析　(1)根据速度公式，得到a＝＝m/s2＝1.5m/s2再根据位移公式，得到x1＝at＝×1.5×102m＝75m这时出租车距出发点的距离为75m。(2)根据v＝2ax2式，得到x2＝＝m＝300m8\n这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间t2，可根据位移公式x2＝at解得t2＝＝s＝20s这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，它匀速运动时间t3应为80s，通过位移x3＝v2t3＝30×80m＝2400m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x＝(300＋2400)m＝2700m答案　(1)75m　(2)2700m11.如图10所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4m，传送带甲比乙长0.45m，两传送带均以3m/s的速度逆时针匀速运动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图10(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块A、B在传送带上显示的划痕长度之比。解析　(1)物块A一开始受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，代入数值得a1＝10m/s2设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知v带＝a1t1，即t1＝0.3s此过程中物块A的位移为x1＝a1t＝0.45m物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，代入数值得a2＝2m/s2由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋a2t，代入数值得t2＝1s所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.3s(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上显示的划痕长度为L1＝v带t1－x1＝0.45m在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L2＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0m8\n所以物块A在传送带上显示的划痕长度为LA＝L2＝1m由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0m故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1。答案　(1)1.3s　(2)1∶112.如图11所示，质量M＝0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1kg的带正电小滑块以v0＝8m/s初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电荷量为q＝2×10－3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1×102N/C，(g取10m/s2)求：图11(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？(3)整个运动过程中产生的热量。解析　(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，规定水平向右为正方向。由牛顿第二定律得qE－μ2mg＝ma1，得a1＝－3m/s2，μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，得a2＝1m/s2。(2)设两者经过时间t相对静止，此时的速度为v，则v＝v0＋a1t＝a2t，得t＝2s，v＝2m/s。这段时间内小滑块的位移x1＝v0t＋a1t2＝10m。木板的位移x2＝a2t2＝2m。由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8m处。(3)设两者一起向右减速运动的加速度为a3，由牛顿第二定律得qE－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得a3＝－m/s2。一起向右减速的位移x3＝－＝6m。由能量守恒可知Q＝mv＋Eq(x1＋x3)＝6.4J。8\n答案　(1)3m/s2　1m/s2　(2)8m　(3)6.4J8