2025届高考物理二轮总复习专题分层突破练2力与直线运动

这是一份2025届高考物理二轮总复习专题分层突破练2力与直线运动，共9页。
基础巩固
1.(2024新课标卷)一质点做直线运动,下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是( )
答案 C
解析 本题考查位移图像和速度图像的理解。位移图像代表位移随时间的变化关系,速度图像代表速度随时间的变化关系,在同一时刻,只能有1个位移值或速度值,选项C正确,A、B、D错误。
2.(多选)(2024内蒙古赤峰一模)如图所示,长木板放置在光滑的水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和小物块的质量均为m,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对小物块施加一水平向右的拉力F,则长木板加速度a的大小可能是( )
A.0B.μg
C.μgD.
答案 BD
解析 若小物块与长木板间的摩擦力为静摩擦力,则小物块与长木板相对静止,加速度相同,对整体,由牛顿第二定律有F=2ma,解得a=;若小物块与长木板间的摩擦力为滑动摩擦力,则小物块与长木板相对运动,对长木板,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg。故选B、D。
3.(2024广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落,P1在下落的第1 s末速度大小为v1。再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2,使P2从原高度自由下落,P2在下落的第1 s末速度大小为v2,g取10 m/s2,则( )
A.v1=5 m/sB.v1=10 m/s
C.v2=15 m/sD.v2=30 m/s
答案 B
解析 P1与P2释放之后均做自由落体运动,v1=v2=gt=10m/s,选项B正确。
4.(2024九省联考河南卷)如图所示,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面上与在冰面上做加速度不同的匀减速直线运动,所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A.v0B.v0
C.v0D.v0
答案 B
解析 设汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律有Ff=ma,则汽车在路面上与在冰面上运动的加速度大小之比为,由运动学公式可知,在路面上有=2a1x1,在冰面上有=2a2x2,其中,解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=,故选B。
5.(2024九省联考黑龙江卷)如图所示,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为( )
A.2mgsin θB.3mgsin θ
C.4mgsin θD.5mgsin θ
答案 C
解析 物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小,为0,对乙有F弹1=mgsinθ,对甲有F弹1+mgsinθ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsinθ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsinθ=4mgsinθ,故选C。
6.(多选)(2024陕西榆林一模)甲、乙两玩具小车在相邻两直道(可视为在同一直道)上行驶,它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示。已知乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处。下列说法正确的是( )
A.甲、乙的运动方向相反
B.乙的加速度大小为1.6 m/s2
C.甲、乙相遇时,甲的速度大于乙的速度
D.甲经过20 s到达乙的出发点x0处
答案 AD
解析 由图可知甲向正方向运动,乙向负方向运动,故A正确;由图可知,乙做减速运动,10s末速度为零,根据逆向思维有x1=,即t1=5s时,乙的位移大小为30m,可得a=2.4m/s2,故B错误;甲、乙相遇时,甲的速度大小v1==6m/s,乙的速度大小v2=at1=2.4×5m/s=12m/s,故C错误;甲到达乙的出发点x0处时,用时t3=s=20s,故D正确。
7.(多选)(2024陕西渭南一模)如图所示,一辆货车开上倾角为β的斜坡,车厢的顶部用细线悬挂一个小球,某时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α(虚线垂直于车厢底面),重力加速度为g,关于货车的运动,下列说法正确的是( )
A.若货车在斜坡上做匀速运动,则α=β
B.若货车在斜坡上做匀减速运动,则α>β
C.若货车在斜坡上做匀加速运动,则货车的加速度为a=gcs βtan α-gsin β
D.若货车在斜坡上做匀加速运动,则货车的加速度为a=gtan α
答案 AC
解析 若货车在斜坡上做匀速运动,则小球做匀速直线运动,受到的合外力为0,小球在竖直方向上所受重力和细线拉力的大小相等,细线在竖直方向上,根据几何关系可知α=β,故A正确;若货车在斜坡上做匀减速运动,则小球有沿斜面向下的加速度,细线应该向右偏,但在题图中虚线的左侧,则有αβ,设细线的拉力为F,小球的质量为m,对小球受力分析,垂直斜面方向上,由平衡条件有Fcsα=mgcsβ,沿斜面方向上,由牛顿第二定律有Fsinα-mgsinβ=ma,联立解得a=gcsβtanα-gsinβ,货车的加速度与小球的加速度相等,故D错误,C正确。
综合提升
8.如图所示,弹簧下端固定,上端自由伸长到O点,将质量为m的物块从上方B处由静止释放,物块压缩弹簧至最低点A后恰能返回到O点,物块与斜面间动摩擦因数处处相同,则( )
A.物块从B到O加速,从O到A减速
B.物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度减小
C.物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置相同
D.物块从B到A的过程中加速度方向会发生变化
答案 D
解析 物块从上方B处由静止释放向下运动,说明mgsinθ>μmgcsθ,到达O点后,物块继续向下运动压缩弹簧,当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力与弹簧弹力之和时,加速度为0,此位置并不在O点,应在O点与A点之间的某点,接着弹力继续增大,物块向下减速运动,则物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度先减小后反向增大,故A、B错误,D正确;物块下滑过程中速度最大时,有kx1+μmgcsθ=mgsinθ,物块上滑过程中速度最大时,有mgsinθ+μmgcsθ=kx2,由此可知,弹簧的压缩量不同,即物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置不相同,故C错误。
9.(10分)(2024全国甲卷)为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小 a=2 m/s2,在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s。
(1)求救护车匀速运动时的速度大小。
(2)求在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
答案 (1)20 m/s (2)680 m
解析 (1)根据匀变速运动速度公式v=at1
可得救护车匀速运动时的速度大小v=2×10m/s=20m/s。
(2)救护车加速运动过程中的位移x1==100m
设在t3时刻停止鸣笛,根据题意可得+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1+v(t3-t1)
代入数据并联立解得x=680m。
10.(12分)火车站用于安全检查的装置的部分简化示意图如图所示。某位乘客把质量为m=2 kg的物品轻放在水平传送带的A端,经传送带加速后从B端离开传送带,最后物品从斜面顶端C沿斜面下滑。已知水平传送带的长度为lAB=1 m,传送带以v=1 m/s的恒定速度沿逆时针方向转动,斜面CD的倾角为θ=30°,斜面CD的长度为s=0.5 m,物品与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,物品与斜面CD间的动摩擦因数为μ2=,重力加速度大小g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑物品在传送带与斜面交界处速度大小的变化,物品可视为质点。求:
(1)物品在传送带上运动的时间;
(2)物品滑到斜面底端D时(还未与地面碰撞)的速度大小。
答案 (1)1.1 s (2)1.5 m/s
解析 (1)设物品在传送带上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1
解得a1=5m/s2
设物品加速到与传送带共速时所用时间为t1,位移为x1,则t1==0.2s
x1=a1t12=0.1m
之后物品在传送带上匀速运动,时间为t2,则t2==0.9s
物品在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.1s。
(2)设物品在斜面上的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcsθ=ma2
解得a2=1.25m/s2
设物品滑到斜面底端D时的速度大小为v2,由运动学公式有2a2s=-v2
解得v2=1.5m/s。
11.(14分)(2024陕西商洛一模)如图甲所示,一足够长的木板静止在光滑的水平地面上,可视为质点的小滑块置于木板上A处。从t=0时刻开始,木板在外力作用下开始沿水平地面做直线运动,其运动的v-t图像如图乙所示。已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)t=3.5 s时,求小滑块的速度大小。
(2)若小滑块在木板上滑动时能够留下痕迹,求此痕迹的长度。
答案 (1)7 m/s (2)12 m
解析 (1)由木板运动的v-t图像可得,木板的加速度大小a1==4m/s2
对小滑块,由牛顿第二定律有μmg=ma2
得a2=2m/s2
由于a2