2023届高考物理二轮复习专题2力与直线运动作业含答案

专题分层突破练2　力与直线运动

A组

1.(多选)(2022山东潍坊实验中学模拟)如图所示为甲、乙两个质点在同一地点沿同一方向运动的速度—时间(v-t)图像,则下列说法正确的是(　　)

A.0~t1时间内,甲质点先沿正方向运动后沿负方向运动

B.t=t0时刻,甲、乙两质点相遇

C.0~t1时间内,甲、乙两质点间的距离先增大后减小

D.0~t1时间内,甲、乙两质点的平均速度相同

2.(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长l。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距l时,它们加速度的大小均为(　　)

A. B. C. D.

3.(2022河北保定二模)为检测汽车的基本性能,某志愿者驾驶汽车以36 km/h的速度驶入水平长直试验场,某时刻开始刹车,汽车做匀减速直线运动直到速度减为0,然后马上使汽车做匀加速直线运动直到恢复最初的速度。从开始刹车到恢复最初速度的过程中汽车位移x与速度v的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2

B.汽车加速过程中加速度的大小为10 m/s2

C.该过程中汽车的总位移为20 m

D.该过程所用总时间为4 s

4.(2022安徽六安质检)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2,以下说法正确的是(　　)

A.木板的长度为1.68 m

B.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/s

C.小物块离开木板后,木板的加速度大小为2 m/s2,方向水平向右

D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞

5.(2022浙江温州二模)祝融号火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始依次经过加速、匀速和制动过程,直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是匀变速直线运动。

下列说法正确的是(　　)

A.前6 s火星车做加速运动

B.第6 s末火星车的速率为4.75 cm/s

C.火星车一共匀速运动了10 cm

D.火星车减速的加速度大小为2 cm/s2

6.(2022浙江宁波十校联考)冬奥会上运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上自由滑行,在不与其他冰壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置。按比赛规则,投掷冰壶运动员的队友,可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面,减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现运动员以一定的初速度投掷出冰壶,冰壶能自由滑行28.9 m。已知冰壶的质量为19 kg,在未摩擦冰面的情况下,冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02,摩擦后动摩擦因数变为原来的90%,不计空气阻力,不考虑冰壶的旋转。

(1)求冰壶被掷出时的初速度大小。

(2)在相同的初速度下,冰壶自由滑行一定距离后,队友开始在其滑行前方一直摩擦冰面,最终使冰壶多滑行了2.1 m,则冰壶自由滑行的距离有多远?

B组

7.(多选)(2022江苏南通调研)如图所示,水平轻弹簧一端固定,另一端与滑块连接,滑块轻放在顺时针转动的水平传送带上的瞬间,弹簧恰好无形变。在滑块向右运动至速度为零的过程中,下列关于滑块的速度v、加速度a随时间t变化,滑块的动能Ek、滑块与弹簧的机械能E随位移x变化的关系图像中,可能正确的是(　　)

8.如图甲所示,倾角为θ的绝缘传送带以2 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动,其顶端与底端间的距离为5 m,整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中,电场强度大小随时间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg、电荷量为q的带正电小物块轻放在传送带顶端,小物块与传送带间的动摩擦因数为,已知sinθ=,cosθ=,E0=,g取10 m/s2,则小物块(　　)

A.始终沿传送带向下加速

B.运动过程中加速度大小变化

C.在传送带上运动的总时间为2.5 s

D.与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J

9.(多选)(2022湖南永州一模)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。一质量m=2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s,然后无人机又匀速向上运动3 s,接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零,之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s,受到的空气阻力恒为Ff=1 N,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)

A.无人机上升的第一个阶段,受到向上的作用力大小是25 N

B.无人机上升的第二个阶段,受到向上的作用力大小是20 N

C.无人机上升的第三个阶段,受到向上的作用力大小是18 N

D.无人机上升的总高度为24 m

10.(2022河北衡水中学模拟)如图所示,相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上,两物块质量分别为m1和m2,且m1<m2,现对两物块同时施加相同的水平恒力F,设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN,则下列说法正确的是(　　)

A.物块B的加速度为

B.物块A的加速度为

C.F<FN<2F

D.FN可能为零

11.(多选)(2022八省市名校第一次模拟)如图甲所示,质量m=1 kg的物块在平行斜面向下的恒力F作用下,从固定粗糙斜面底端开始以v0=12 m/s的初速度向上运动,力F作用一段时间后撤去。以出发点O为原点沿斜面向上建立坐标系,整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,斜面倾角θ=37°,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.沿斜面上行阶段物块的加速度大小为24 m/s2

B.恒力F大小为4 N

C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

D.物块返回斜面底端时速度大小为4m/s

12.(2022河北保定3月联考)在2022年北京冬奥会期间,如图所示的配送机器人格外引人关注。假设配送机器人从静止开始启动,沿直线将水平放置的物品平稳送至目标位置。已知该过程中机器人匀速运动时的最高速度可达2 m/s,加速和减速阶段均做匀变速直线运动,且加速时的加速度与减速时的加速度大小相等,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。

(1)若机器人以最高速度匀速行进途中,前方0.3 m的路口处突然出现一位以1.5 m/s的速度同向匀速运动的运动员。已知机器人的反应时间为0.1 s,为避免相撞,求机器人做匀减速运动时加速度的最小值。

(2)若机器人为某楼层10个房间的运动员配送午餐,各个房门间隔6 m,运动员取餐的平均时间为15 s,机器人托盘与餐盒间的动摩擦因数μ=0.2,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从机器人到达第一个房门开始计时,到最后一位运动员取到餐为止,求机器人为此楼层运动员送餐花费的最短总时间。

答案：

专题分层突破练2　力与直线运动

1.CD　解析0~t1时间内,甲质点的速度始终为正值,甲质点一直沿正方向运动,选项A错误;t=t0时刻,甲、乙两质点速度相等,在0~t1时间内,t0时刻两质点相距最远,选项B错误;根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移,由图像可知,0~t1时间内,甲、乙两质点间的距离先增大后减小,选项C正确;由v-t图像可知,0~t1时间内,甲、乙两质点的位移相同,则平均速度相同,选项D正确。

2.A　解析当两球运动至二者相距l时,如图所示,由几何关系可知sinθ=,设绳子拉力为FT,水平方向有2FTcosθ=F,解得FT=F,对任意小球由牛顿第二定律可得FT=ma,解得a=,故A正确。

3.A　解析已知v0=36km/h=10m/s,由图像可知,减速位移x1=10m,由=2a1x1解得a1=5m/s2,t1==2s;加速位移x2=(30-10)m=20m,由=2a2x2解得a2=2.5m/s2,t2==4s,则该过程所用总时间为t=t1+t2=6s,汽车的总位移为30m,故A正确,B、C、D错误。

4.D　解析由于μ2m2g>μ1(m1+m2)g,对木板由牛顿第二定律得μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,解得a1=2m/s2,即小物块在木板上以a2=μ2g=4m/s2的加速度向右减速滑行时,木板以a1=2m/s2的加速度向右加速运动,在0.6s时,小物块的速度v2=v0-a2t=1.6m/s,木板的速度v1=a1t=1.2m/s,B错误;小物块滑离木板时,小物块的位移为x2=t=1.68m,木板的位移x1=t=0.36m,两者相对位移为x=x2-x1=1.32m,即木板长度为1.32m,A错误;小物块离开木板后,木板做匀减速直线运动,加速度大小为a1'=μ1g=2m/s2,方向水平向左,C错误;小物块离开木板后,在地面上的加速度仍为a2,小物块能滑行x2'==0.32m,木板能滑行x1'==0.36m,所以两者会相碰,D正确。

5.C　解析由题意可知,火星车从静止开始先做匀加速直线运动,接着做匀速直线运动,最后做匀减速直线运动至停下,设匀加速阶段的加速度大小为a,时间为t1;匀速阶段的速度为v,时间为t2;匀减速阶段的加速度大小为a',时间为t3。由表格数据可知,0~2s,火星车从静止开始做匀加速直线运动,通过的位移为2cm,根据x=at2,解得a=1cm/s2,10~12s,火星车做匀减速直线运动至停下,通过的位移为2cm,结合逆向思维,可认为此过程反向做初速度为0的匀加速直线运动,则有x'=a't2,解得a'=1cm/s2,匀加速阶段的时间为t1=,匀减速阶段的时间为t3=,故0~12s全过程的位移满足x总=t1+vt2+t3=35cm,又有t1+t2+t3=12s,联立以上各式解得t1=t3=5s,t2=2s,v=5cm/s。所以前5s火星车做加速运动,A错误;5~7s火星车做匀速运动,故第6s末火星车的速率为5cm/s,B错误;火星车匀速运动的位移为x2=vt2=5×2cm=10cm,C正确;火星车减速的加速度大小为1cm/s2,D错误。

6.答案(1)3.4 m/s　(2)10 m

解析(1)取冰壶自由滑行时初速度方向为正方向,根据牛顿第二定律有-μmg=ma1

设冰壶被掷出时的初速度为v0,根据运动学公式有0-=2a1x

联立代入数据解得v0=3.4m/s。

(2)在摩擦冰面时,根据牛顿第二定律有-0.9μmg=ma2

设自由滑行的距离为x1,摩擦冰面时滑行的距离为x2,自由滑行结束时的速度为v1,根据运动学公式有=2a1x1,0-=2a2x2

又有x+2.1m=x1+x2

联立代入数据解得x1=10m。

7.ABC　解析滑块轻放在传送带上,受到向右的滑动摩擦力,开始时摩擦力大于弹簧的弹力,滑块向右做加速运动,在此过程中,弹簧的弹力逐渐增大,根据牛顿第二定律,加速度逐渐减小;当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时,加速度等于零,速度达到最大;之后弹力大于摩擦力,加速度方向与速度方向相反,滑块做减速运动,弹簧弹力继续增大,根据牛顿第二定律得,加速度逐渐增大且方向向左,速度逐渐减小到0,A、B正确。在加速过程中,若弹簧弹力还未等于滑动摩擦力,滑块的速度就已经等于传送带的速度时,滑块与传送带相对静止且弹簧弹力小于最大静摩擦力,故滑块维持一段时间匀速运动,当弹簧伸长的拉力大于最大静摩擦力时滑块做减速运动,动能减小,在这种情况下滑块的动能Ek随位移x变化的图像正确,C正确。滑块与弹簧的机械能E随位移x变化图像的斜率为摩擦力的大小,根据题意分析可知,在A、B选项的情境下,滑动摩擦力保持不变,故图像为一条直线;在C选项的情境下,滑块先受到滑动摩擦力作用,后受到静摩擦力作用,且静摩擦力等于变化的弹簧的弹力,最后做减速运动时又受到滑动摩擦力作用,故E-x图像先是直线再为曲线,最后又变为直线,且两端直线图像斜率相同,故D图像不符合题意,D错误。

8.D　解析存在电场时,由牛顿第二定律,有mgsinθ-μ(mgcosθ-E0q)=ma,解得a=2m/s2;不存在电场时,由牛顿第二定律,有mgsinθ-μmgcosθ=ma',解得a'=-2m/s2。所以小物块先匀加速运动再匀减速运动,交替进行,且加速度大小不变,A、B错误;小物块一个周期运动的位移为x0=2×=2m,所以小物块在传送带上运动的时间为t=T=5s,C错误;在没有电场时,小物块与传送带间有摩擦,两者间的相对位移为x'=2×(2×1+×2×12)m=6m,因摩擦产生的总热量为Q=μmgcosθ·x'=0.48J,D正确。

9.AD　解析第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动,加速度为a1=m/s2=2m/s2,由牛顿第二定律得F1-mg-Ff=ma1,解得F1=mg+ma1+Ff=(2.0×10+2.0×2+1)N=25N,故A正确;第二阶段无人机匀速运动,由平衡条件可知F2=mg+Ff=21N,故B错误;第三阶段无人机在竖直方向上做匀减速直线运动,加速度为a2=m/s2=-1m/s2,由牛顿第二定律得F3-mg-Ff=ma2,解得F3=mg+ma2+Ff=(2.0×10-2.0×1+1)N=19N,故C错误;无人机上升的总高度为h=(×2+4×3+×4)m=24m,故D正确。

10.B　解析由于没有摩擦力,且m1<m2,故两者会一块运动,对整体由牛顿第二定律有2F=(m1+m2)a,解得a=,选项A错误,B正确;再对B受力分析,由牛顿第二定律有F+FN=m2a,代入加速度解得FN=<F,选项C、D错误。

11.CD　解析由题图乙可知,物块沿斜面上滑时做匀减速直线运动,由运动学公式可得=2a1x1,代入数值可求得加速度的大小为a1=m/s2=12m/s2,故A错误;物块上滑时,由牛顿第二定律可得F+mgsin37°+μmgcos37°=ma1,设物块下滑过程撤去恒力F前加速度为a2,由运动学公式可得=2a2x2,代入数值可得a2=m/s2=4m/s2,由牛顿第二定律可得F+mgsin37°-μmgcos37°=ma2,联立解得F=2N,μ=0.5,故B错误,C正确;撤去恒力F后物体继续向下加速运动,由牛顿第二定律可得mgsin37°-μmgcos37°=ma3,代入数值可求得a3=2m/s2,由运动学公式可得=2a3x3,代入数值可得v3=m/s=4m/s,所以物块返回斜面底端时速度大小为4m/s,故D正确。

12.答案(1)0.5 m/s2　(2)186 s

解析(1)为避免相撞,机器人减速后刚追上运动员时速度v=v0-at=v人

对人x1=v人(t0+t)

对机器人x2=v0t0+t

且有x1+Δx=x2

解得a=0.5m/s2。

(2)此时最大加速度为am=μg=2m/s2

各房门间匀加速阶段有=2amx1

解得x1=1m

对应时间t1==1s

各房门间匀减速阶段有=2amx2

解得x2=1m

对应时间为t2==1s

匀速阶段的位移x3=L-x1-x2=4m

对应时间为t3==2s

则总时间t=9(t1+t2+t3)+10t0=186s。