高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题1第2讲力与直线运动试题含解析

第一部分　专题一　第2讲　力与直线运动

基础题——知识基础打牢

1．(2021·辽宁辽阳模拟)如图所示，小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，在缓慢增大A的倾角θ(木板未达竖直状态)的过程中，整个装置仍处于静止状态，则该过程(　C　)

A．C受到三个力的作用

B．C对B的压力减小

C．A受到的压力减小

D．A受到的摩擦力大小不变

【解析】　由于半球形凹槽B内侧面光滑，则小球C只受到自身重力和B对C的支持力作用，故A错误；在增大倾角过程中，小球C的受力不变，即B对C的支持力大小不变，则根据牛顿第三定律可知，C对B的压力也将保持不变，故B错误；将BC看成一个整体，对整体受力分析，由牛顿第三定律可得A受到的摩擦力大小为GBCsin θ，A受到的压力大小为GBCcos θ，当倾角增大时，可知A受到的压力大小GBCcos θ减小，A受到的摩擦力GBCsin θ增大，故C正确，D错误．

2．(2021·安徽阜阳质检)a、b两个质点运动的速度－时间图像如图．下列说法正确的是(　C　)

A．在0～6 s内，a、b均做曲线运动

B．第3 s末，a的加速度比b的加速度大

C．在0～3 s内，a的平均速度大于b的平均速度

D．在3 s～6 s内，b的平均速度大于2 m/s

【解析】　在0～6 s内a、b的速度均为正值，速度方向没有变化，均做直线运动，选项A错误；速度－时间图像中图线切线的斜率表示加速度，第3 s末，a、b的加速度均为零，选项B错误；在0～3 s内，a的位移大于b的位移，由＝可知，a的平均速度大于b的平均速度，选项C正确；速度－时间图像中图线与t轴包围的面积表示位移，在3 s－6 s内，b的位移小于×(6－3)×4 m＝6 m，平均速度小于 m/s＝2 m/s，选项D错误．

3．(2021·重庆沙坪坝一中模拟)小明和小狗在草地上玩足球，t＝0时刻，小明给足球一个初速度v0＝12 m/s，小狗立即同时同地同向追足球，足球在草地上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1.2 m/s2，小狗先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1.0 m/s2，速度达到8 m/s后做匀速直线运动，则小狗追上足球的时间为(　A　)

A．11.5 s B．10 s

C．12 s D．8 s

【解析】　足球运动到停止时间t0＝＝10 s

减速位移x＝×t0＝60 m

小狗匀加速运动的时间t1＝，

此过程小狗运动位移x′＝a2t＋v(t0－t1)＝48 m

故还没追上，仍需时间t2＝＝1.5 s

追上需要时间t＝t0＋t2＝11.5 s，故选A．

4.(2021·湖南衡阳月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为0.5 kg的小车的支架上用轻绳连接着质量也为0.5 kg的小球，小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，轻绳恰好处于水平，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　C　)

A．轻绳的拉力大小为5 N

B．轻绳的拉力大小为10 N

C．外力F为15 N

D．外力F为20 N

【解析】　取小球为研究对象，由牛顿第二定律得＝ma，＝tan 30°，解得a＝20 m/s2，FT＝5 N；小球与小车相对静止一起下滑，具有共同的加速度，则小车的加速度大小也为20 m/s2.将小车和小球视为整体，在沿斜面方向根据牛顿第二定律有2mgsin 30°＋F＝2ma，代入数据解得F＝15 N，故选C.

5．(2021·河北衡水一中模拟)甲、乙两位同学在平直跑道上做加速跑训练，速度记录仪详细记录了两位同学的训练数据，如图所示，已知两位同学在第1 s末同时经过教练身边，则下列说法正确的是(　D　)

A．甲、乙两位同学同时出发

B．t＝0时刻，甲在乙的前面1.25 m

C．在第2 s末两人相距最远

D．甲、乙两人全程会相遇两次

【解析】　由图像可以看出乙比甲早出发0.5 s，故A错误；第1 s末，甲、乙在同一位置，前1 s内由图像可求出甲的位移是x甲＝×2× m＝0.5 m，乙的位移是x乙＝ m＝3 m，所以开始计时，甲在乙前面2.5 m，从第1 s末到第2 s末，由图像可知甲比乙少跑的距离是s1＝×(4－2)×1 m＝1 m，此时两人相距1 m，小于出发前的距离，故BC错误；3.5 s后两人速度相等，第2 s末到第3.5 s，甲比乙多跑的距离是s2＝1.125 m>s1，所以甲可以再次追上乙，故D正确．

6．(2021·河北唐山3月一模)如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°.在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动，重力加速度为g，厢式货车的最大加速度(　B　)

A． B．

C． D．g

【解析】　对小球受力分析可得FAsin 30°＋FBsin 60°＝mg，FBcos 60°－FAcos 30°＝ma，联立解得·－FA＝ma，整理得mg－FA＝ma，当FA＝0时，a取得最大值a＝g，故选B.

应用题——强化学以致用

7．(2021·广东高考)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力．设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁．F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是(　B　)

A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大

B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大

C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力

D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力

【解析】　将拉力F正交分解，如图所示

则在x方向可得出Fx曲＝Fsin α

Fx直＝F sin β

在y方向可得出Fy曲＝Fcos α

Fy直＝Fcos β

由题知α<β，则sin α<sin β，cos α>cos β，则可得到Fx曲<Fx直，Fy曲>Fy直，A错误，B正确；无论是加速还是匀速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，故C、D错误．

8.(2021·湖南永州模拟)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端由静止轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，木块的位移用x表示，动能用Ek表示，重力势能用Ep表示，则图中能客观地反映小木块的各运动关系的是(　C　)

【解析】　初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得加速度a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，当小木块的速度与传送带速度相等时，由于μ<tan θ知木块与传送带不能一起匀速下滑，要继续加速运动a2＝gsin θ－μgcos θ，以地面为零势能面，设传送带长度为l，则有Ep＝mg(l－x)sin θ，A错误；根据动能定理得，共速前Ek＝ma1x，x0为共速时的位移，共速后Ek＝Ek0＋ma2(x－x0)，B错误，C正确；无论小木块与皮带共速前还是共速后小木块都做加速运动，D错误．

9．(多选)(2021·辽宁朝阳质检)水平面上有一质量M＝51 kg的小车D，其上有一轻质定滑轮C.通过绳在滑轮两侧分别连有质量m1＝5 kg和m2＝4 kg的物体A和B，其中物体A在小车的水平台面上，物体B被绳悬挂．各接触面和滑轮轴均光滑．系统处于静止时，各物体的位置关系如图所示．为保证物体A与小车之间不出现相对滑动，现对小车施加一水平向右的恒力F，使各物体保持相对静止向右做匀加速直线运动，重力加速度g＝10 m/s2，则(　AB　)

A．绳的拉力大小为 N

B．绳与竖直方向夹角为53°

C．水平恒力F大小为480 N

D．系统的加速度大小为8 m/s2

【解析】　根据牛顿第二定律，对A有T1＝m1a

设拉B的细绳，与竖直方向夹角为α，

对B有T′1sin α＝m2a；T′1cos α－m2g＝0

对小车有F－T′1－T2sin α＝Ma，T1＝T′1＝T2＝T′2，a＝gtan α

解得：F＝m2g＝800 N

系统的加速度大小为a＝＝ m/s2

绳与竖直方向夹角为tan α＝＝＝tan 53°

绳的拉力大小为T1＝m1a＝ N，故选AB.

10．(2021·河南郑州模拟)在大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施，该设施由三段轨道组成，小孩从第一段OA轨道进入后，从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B处，AB段总长为16 m，小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s＝0.125t2(m)，小孩在第三段BC看作匀减速直线运动，BC长度为x＝2 m，高度差h＝0.4 m，小孩最终刚好停在C点处．小孩可视为质点，求：

(1)小孩在BC段的加速度大小；

(2)小孩与BC轨道的动摩擦因数μ.

【答案】　(1)2 m/s2　(2)

【解析】　(1)AB段可看成斜面模型，位移随时间变化规律为s＝0.125t2(m)

对比x＝at2可知a＝0.25 m/s2

滑到B处的速度v＝＝ m/s＝2 m/s

小孩在BC段的加速度大小a′＝＝2 m/s2

(2)设第三段与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律，有μmgcos θ－mgsin θ＝ma′

以及sin θ＝

利用数学知识联立解得μ＝

11．(2021·湖南郴州3月一检)学校科技活动小组一次活动中，利用电动机通过一绳子将质量为m＝1 kg的物体由静止起用最快的方式吊高h＝18 m．实验中所用绳的最大拉力Fm＝12 N，电动机的额定功率Pm＝60 W(假设物体在被吊高接近18 m前，已开始以最大速度匀速上升，g＝10 m/s2)

求：(1)物体具有的最大加速度大小；

(2)物体能获得的最大速度大小；

(3)在绳子不断的情况下，全程所需最短时间．

【答案】　(1)2 m/s2　(2)6 m/s　(3)4.55 s

【解析】　(1)绳中拉力最大时物体有最大加速度a＝

得a＝2 m/s2

(2)电动机功率达到额定功率后物体匀速运动时有最大速度．F＝mg

vm＝

得vm＝6 m/s

(3)匀加速上升的时间t1＝＝ s＝2.5 s

上升高度为h1＝＝ m＝6.25 m

以额定功率上升过程中，由动能定理得：

Pmt2－mg(h－h1)＝mv－mv

解得t2＝2.05 s

所需时间至少为t＝t1＋t2＝4.55 s

12.(2021·河南3月适应性考试)如图为运动员在进行原地纵跳摸高训练时的情景．一质量为60 kg的运动员原地静止站立时摸高为2.20 m．某次训练中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，然后发力跳起摸到了3.00 m的高度．运动员从开始起跳至刚要离地的过程可视为初速度为0的匀加速直线运动，空中身体保持竖直，不计空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)运动员刚跳离地面时的速度大小；

(2)起跳过程中运动员对地面的压力大小；

(3)从开始起跳到双脚刚落地所经历的时间．

【答案】　(1)4 m/s　(2)1 560 N　(3)1.05 s

【解析】　(1)运动员离开地面后上升的高度h＝0.8 m

由0－v2＝－2gh

可得v＝＝4 m/s

(2)起跳过程中，由v2＝2ad

其中d＝0.5 m

可得a＝＝16 m/s2

由牛顿第二定律FN－mg＝ma

可得FN＝1 560 N

由牛顿第三定律得运动员对地面的压力大小F′N＝1 560 N

(3)起跳时间t1＝＝0.25 s

在空中运动时间t2＝＝0.8 s

总时间t＝t1＋t2＝1.05 s