专题02 力与直线运动 【练】（解析版）

专题01 力与直线运动

一、单选题

1．（2022·河南·洛宁县第一高级中学模拟预测）意大利物理学家伽利略在《关于两门新科学的对话》一书中，对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合。如图所示，这可以大致表示实验过程，图中各个小球位置之间的时间间隔可以认为相等，对这一过程的分析，下列说法正确的是（　　）

A．运用图甲的实验，可“减弱”重力的作用，放大时间，便于观察

B．只要测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离，就可以计算出重力加速度大小

C．该实验中将自由落体运动改为在斜面上运动是为了缩短时间，便于测量位移

D．从图甲到图丁，通过逐渐增大斜面倾角，最后合理外推到自由落体运动，从而说明自由落体运动是初速度不为零的匀加速直线运动（　　）

【答案】A

【详解】A．运用图甲的实验，可“减弱”重力的作用，放大时间，便于观察，A正确；

B．只有测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离和各个小球位置之间的时间间隔T，才能利用计算出重力加速度大小，只测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离，不能计算出重力加速度大小，B错误；

C．该实验中将自由落体运动改为在斜面上运动的设计思想是为了“放大”时间，便于测量时间，C错误；

D．从图甲到图丁通过逐渐增大斜面倾角，最后合理外推到自由落体运动，从而说明自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，D错误。

故选A。

2．（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）模拟预测）将一乒乓球竖直向上抛出，乒乓球在运动过程中，它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。已知乒乓球运动过程中，受到的空气阻力与速率平方成正比，重力加速度为。则乒乓球在整个运动过程中加速度的最小值、最大值为（　　）

A．， B．， C．， D．，

【答案】B

【详解】乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓球刚向上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大速度为，则

乒乓球最终匀速运动时，速度为，则

此时的动能

联立上式可解得

故选B。

3．（2022·湖南·长沙一中一模）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，，，，香皂盒与纸板左端的距离，若香皂盒移动的距离超过，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2；为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（　　）

A．0.72N B．0.92N C．1.22N D．1.42N

【答案】D

【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得

解得

对纸板，根据牛顿第二定律可得

为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为

纸板运动距离为

纸板抽出后香皂盒运动的距离为

则

由题意知

代入数据联立求得

故选D。

4．（2022·浙江·模拟预测）无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至火灾点后，迅速布置无人机消防作业。假设无人机从静止竖直向上起飞，匀减速直线运动后恰好悬停在火灾点，整个过程速度-时间图像如下图示。已知无人机的质量（含装备等）为15kg，下列说法正确的是（　　）

A．火灾位置距离消防地面的距离为60m

B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大

C．减速阶段，无人机螺旋桨处于失重状态

D．加速阶段时，无人机螺旋桨的升力大小为75N

【答案】C

【详解】A．根据图形中梯形面积计算可知，火灾位置距离消防地面距离为90m，故A错误；

B．加速阶段的加速度大小

减速阶段的加速度大小

故B错误；

C．减速上升阶段，加速度方向竖直向下，无人机螺旋桨处于失重状态，故C正确；

D．加速阶段时，根据牛顿第二定律

F-mg=ma

代入数据解得无人机螺旋桨产生升力为

F=187.5N

故D错误。

故选C。

5．（2022·广东广州·模拟预测）如图所示，abcde是四段平滑链接的路面，一辆用轻绳悬挂小球的小车静止在起点，轻推小车，小车可以冲上de路面。若所有摩擦均不计，且忽略小车在各衔接路段对小球的扰动，在运动过程中小球与小车总是保持相对静止，那么轻绳与车顶垂直的阶段是（　　）

A．只有ab路面 B．只有bc路面 C．只有cd路面 D．全程

【答案】D

【详解】小车在bc路面上时处于匀速直线运动状态，轻绳弹力与重力平衡，则弹力方向竖直向上，即当小车在bc路面上时，轻绳与车顶垂直；当小车在ab路面上时，小车与小球保持相对静止，向下做匀加速直线运动，对小车与小球分析有

即加速度大小

加速度方向沿斜面向下，为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为，方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0，沿斜面的合力为，等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直；当小车在cd路面上时，小车与小球保持相对静止，向上做匀减速直线运动，对小车与小球分析有

即加速度大小

加速度方向沿斜面向下，为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为，方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0，沿斜面的合力为，等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直。

故选D。

6．（2022·广东·深圳中学模拟预测）如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信。t=0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为4m/s，乙车的速度为1m/s，O1、O2的距离为3m。从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从t=0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（　　）

A．2s B．10s C．16s D．20s

【答案】B

【详解】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且为5m时，根据勾股定理可知

根据运动学公式有

，

解得

，

因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当

此时有

当

此时有

当

此时甲车的速度为

根据几何关系可知，从4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中满足

这段过程经历的时间为

所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为

故选B。

7．（2022·湖南·长郡中学二模）甲、乙两名运动员同时从泳池的两端出发，在泳池里训练，甲、乙的速度—时间图像分别如图（a）、（b）所示，不计转向的时间，两人的运动均可视为质点的直线运动。则（　　）

A．两人第一次相遇时处于泳池的正中间处

B．两人前两次相遇的时间间隔为20s

C．50s内两人共相遇了2次

D．两人第一次在泳池的两端处相遇的时刻为t=75s

【答案】C

【详解】根据图像可画出图像，甲、乙的图像如图所示

A.根据图像的交点表示相遇可知，第一次相遇的时刻为

所以第一次相遇位置不是在中间，故A错误；

B.第二次相遇的时刻为

两人前两次相遇的时间间隔为

所以两人前两次相遇的时间间隔为22.2s，故B错误；

C．根据图像的交点表示相遇可知，在0~50s内甲、乙相遇2次，故C正确；

D．由图可知两人第一次在泳池的两端处相遇的时刻为，故D错误。

故选C。

8．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）城市公共汽车的加速度为1m/s2，汽车刚启动时，一未赶上车的乘客以6m/s速度追车，当人与车尾的距离不超过5m，且维持4s以上，才能引起司机的注意，则（　　）

A．乘客开始追赶公共汽车时至少距离公共汽车21m才能引起司机注意

B．公共汽车在6s末距离乘客最远

C．若乘客开始追赶公共汽车时距离公共汽车小于20m，则乘客可以追上公共汽车

D．满足恰好引起司机注意的条件下，乘客可以追上公共汽车

【答案】A

【详解】A．按题意

在乘客恰好引起司机注意的条件下，可得

则

x=21m

A正确；

B．由于汽车刚启动时乘客比汽车快，因此共速时乘客距离汽车最近，B错误；

CD．若t=6s时恰好追上为临界状态，此情形

即乘客能追上汽车的最小初始距离为18m，CD错误。

故选A。

9．（2022·浙江金华·模拟预测）最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确的是（　　）

A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N

B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2

C．在0~4s时间内，合外力的冲量为12N·s

D．在0~4s时间内，合外力做的功为12J

【答案】C

【详解】A．由图乙可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时

故A错误；

B．由图a、图b结合牛顿第二定律可得

联立可得机器人质量

滑动摩擦力为

机器人与水平桌面间的动摩擦因数为

故B错误；

C．在0~4s时间内，合外力的冲量为

故C正确；

D．4s末机器人的速度为

在0~4s时间内，合外力做的功为

故D错误。

故选C。

二、多选题

10．（2022·海南·模拟预测）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1所示，以某一恒定速率运行的传送带与水平面的夹角，转轴间距。工人沿传送方向以速度从传送带顶端推下粮袋（视为质点），时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的图像如图2所示。已知，，重力加速度g取，则（　　）

A．在时刻，粮袋所受摩擦力方向改变

B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8

C．传送带运行的速度大小为

D．在内粮袋处于失重状态

【答案】BC

【详解】A．由图2可知，在内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力，在内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；

C．根据图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，根据题意，由图2可知

解得

故C正确；

BD．由图2和C分析可知，粮袋在内的加速度为

则加速度方向沿斜面向上，则在内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有

联立代入数据解得

故D错误B正确。

故选BC。

11．（2022·河南·洛宁县第一高级中学模拟预测）如图所示，A、B两滑块的质量均为M，放在粗糙水平面上，两滑块与两个等长的轻杆连接，两杆之间以及杆与滑块之间均用光滑铰链连接，一质量为m的重物C悬挂于两杆铰接处，杆与水平面间的夹角为θ，整个装置处于静止状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．轻杆上的作用力为2mgsinθ

B．A、B滑块均受到4个力作用

C．A、B滑块对水平面的压力大小均为

D．A、B滑块对水平面的摩擦力大小均为

【答案】BC

【详解】A．受力分析，根据平衡条件得，轻杆上的作用力为

A错误；

B．A、B滑块均受到重力、支持力、杆的作用力和摩擦力4个力作用，B正确；

C．由整体法可知A、B滑块对水平面的压力大小均为

C正确；

D．A、B滑块受到水平面的静摩擦力大小等于轻杆上的作用力的水平分力，即

D错误。

故选BC。

12．（2022·四川·树德中学模拟预测）如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则（　　）

A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右

B．x0～2x0过程，物块做匀加速运动

C．弹簧的劲度系数为

D．传送带的速度为

【答案】AD

【详解】AB．物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；

C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为

故C错误；

D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为

设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有

解得

故D正确。

故选AD。

13．（2022·辽宁·模拟预测）某研究性学习活动小组自制一枚水火箭。现将该水火箭从水平地面由静止竖直向上发射，加速过程可以看作是加速度大小为的匀加速直线运动，经过加速过程结束。此时从水平地面的发射点用一水平恒力推一小车从静止开始以加速度大小做匀加速直线运动。当水火箭达到最高点时，立即改用另一反向的水平恒力使小车的加速度大小变为。经过一段时间小车刚好返回发射点，此时水火箭恰好落入车中。不计水火箭和小车的体积，忽略空气的作用力，。可求出（　　）

A．水火箭离地面的最大高度为25m

B．水火箭上升运动的总时间为4.5s

C．小车回到发射点过程中加速度大小是

D．小车离开发射点的最大距离是9m

【答案】BC

【详解】A．水火箭在加速过程中有

水火箭在减速过程中有

水火箭离地面的最大高度

A错误；

B．水火箭上升运动的总时间

B正确；

C．水火箭在下落过程中有

对小车分析，取加速度的方向为正方向，有

联立解得

C正确；

D．对小车在匀减速到零的过程，有

小车离开发射点的最大距离

D错误。

故选BC。

14．（2022·黑龙江·哈师大附中模拟预测）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）

A．若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/s

B．C点纵坐标为1.5m-1

C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出

D．图像中D点对应的外力的值为4N

【答案】BC

【分析】结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段：第一阶段（AB段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出，相对路程等于板长，等于1m；第二阶段（BC段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板共速后一起加速向右运动；第三阶段（DE段），拉力过大，物体先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，后加速滑动一段距离后，最终从木板的左侧滑出。

【详解】A．若恒力F=0，物块刚滑上木板时，设物块和木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律

得到

，

由题意可知，当F=0时，设经时间t1物块从木板右侧滑出，位移差为1m，则

且物块从木板右侧滑出时，需满足物块的速度大于木板的速度，即

联立解得

，

则物块滑出木板时的速度为

故A错误；

BD．C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，即物块与木板共速后，木板的加速度a3大小等于物块的最大加速度a1，则有

解得

物块刚滑上木板时，设木板的加速度为a4，由牛顿第二定律有

设经时间t2两者速度相等，有

解得

故

故B正确，D错误；

C．当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中B点，设木板加速度为a5，用时间为t3此时有

解得

故C正确。

故选BC。

三、解答题

15．（2022·重庆市涪陵高级中学校模拟预测）在2022年北京冬奥会上，中国代表团以9金4银2铜的战绩高居金牌榜第三位，创下参加冬奥会以来的历史最佳战绩。图甲所示是运动员在“大跳台滑雪”比赛中的腾空运动示意图，其运动过程可简化为如图乙所示。“助滑道”由长为L、倾角为θ的斜坡面AB和圆弧形坡面BCD构成，AB和BCD在B处相切，且B与D等高。某运动员（可视为质点）着滑雪板从A端由静止开始、沿“助滑道”滑行，并从D点沿着圆弧的切线滑出。设该运动员（包含滑雪板）的质量为m，滑雪板与AB间的动摩擦因数为μ，该运动员在D点沿着圆弧的切线滑出时的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：

（1）该运动员从A到B的时间；

（2）该运动员在圆弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）根据牛顿第二定律可得该运动员从A到B的加速度大小为

根据运动学规律可得该运动员从A到B的时间为

（2）设该运动员在圆弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功为W，对运动员从A到D的过程，根据动能定理有

解得

16．（2022·浙江·模拟预测）将日常生活中的报纸拧成一股绳子，将会很难把它扯断了。校内STEM活动小组通过“纸绳”用沿水平方向成的力F斜向上去拉质量为m的一箱子书沿直线匀加速奔跑。已知箱子与塑胶操场跑道的动摩擦因素为，求：

（1）匀加速直线运动时，箱子的加速度；

（2）经过一段时间t之后，箱子的向前通过的位移；

（3）某时刻突然放手，箱子继续向前滑行x，求放手瞬间箱子的速度。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）以箱子为研究对象，根据受力分析结合牛顿第二定律有

解得

（2）根据位移时间关系

代入加速度得

（3）放手之后箱子只受摩擦力作用做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有

根据速度位移关系有

解得放手瞬间箱子的速度为

17．（2022·陕西西安·三模）如图所示，足够长的粗糙水平台和长度L=6.5m、速度v=4.0m/s、向左匀速转动的传送带等高，且与传送带PQ连接。在t=0时刻，质量为mA的物块A与质量为mB的木板B一起以共同速度v0=3.5m/s在平台上开始向右运动（物块A在木板B的最左端）。且在t=0时刻，质量为mC的物块C以vC=5m/s的速度从传送带最右端Q向左运动（图中物块C未画出，并可将其视为质点）。物块C与木板B恰好在传送带最左端P发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后立即将物块C移走。运动过程中物块A始终未离开木板B。已知物块C与传送带间的动摩擦因数和木板B与水平台间的动摩擦因数均为μ=0.10，物块A与木板B间的动摩擦因数为μ1=0.3，mB=2mC=8mA，重力加速度取g=10m/s2，求：

（1）物块C在传送带上的运动时间；

（2）长木板B的最小长度L'。（结果保留两位小数）

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）设向左为正方向，由于物块C的速度大于传送带的速度，物块C在传送带上先做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得

解得

设物块C做匀减速运动的距离为x，由运动学公式可得

解得

因此物块C做匀减速直线运动时间为

物块C做匀速直线运动时间为

物块C在传送带上运动的总时间为

（2）设向右为正方向，物块A和木板B一起向右运动的加速度为大小为，木板B和物块C碰撞前运动的速度为v1，木板B和物块C碰撞后的速度分别为vB和。对于物块A和木板B，根据牛顿第二定律可得

解得

碰撞前A和B的速度大小为

木板B和物块C碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒定律可得

由机械能守恒定律可得

解得

，

物块A和木板B减速运动过程中，物块A的加速度大小为a2，木板B的加速度大小为a3，经过时间t3物块A的速度为零，对物块A根据牛顿第二定律可得

解得

则

对木板B根据牛顿第二定律可得

解得

物块A速度为零时B的速度大小为

此过程中的相对位移为

从物块A速度为零至木板B和物块A刚好达到共同速度的过程，物块A和B的加速度大小不变，再经过时间t4达到共速，根据速度-时间关系可得

解得

此过程中的相对位移为

木板的最小长度为