2023届高考物理二轮复习专题1第2讲力与直线运动作业含答案

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．(2022·河南郑州二模)随着车辆的增多，很多地方都安装有车牌自动识别的直杆道闸．如图所示为某直杆道闸OM，OM长度为3m，N点为OM中点，直杆可绕转轴O在竖直平面内匀速转动．一辆长度为4m的汽车以速度v＝2m/s垂直于自动识别线ab匀速运动，汽车前端从ab运动到直杆处a′b′的时间为3.3s．已知自动识别系统的反应时间为0.3s，直杆在汽车前端到达a′b′时，抬高了45°．关于直杆的转动下列说法正确的是(　D　)

A．直杆转动的角速度为rad/s

B．N点的线速度为m/s

C．自动识别线ab到直杆处a′b′的距离为6m

D．汽车刚通过道闸时，直杆抬起的角度为75°

【解析】　由角速度定义式ω＝＝rad/s＝rad/s，A错误；由角速度与线速度关系式vN＝ωrN＝×3×m/s＝m/s，B错误；由匀速直线运动公式x＝vt＝2×3.3m＝6.6m，C错误；由匀速直线运动公式，车通过道闸的时间为t1＝＝s＝2s，由角速度定义式ω＝，求得Δθ1＝ωΔt2＝×(3.3－0.3＋2)＝75°，D正确．

2．(2022·云南昆明一模)图甲是小明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置，a是静止站立时的状态．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10m/s2．根据图乙分析可知(　B　)

A．小明重力为500N

B．c点位置小明可能处于下蹲

C．c点位置小明处于减速上升阶段

D．小明在d点的加速度比g点的小

【解析】　a是静止站立，由此可知小明重力为550N，故A错误；c点位置处于超重状态且在最大压力之前，因此处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律可知d点加速度大于g点，故D错误．

3．(2022·河南新乡二模)学校计算机协会制作了一批智能小车，同学们设置指令，使甲、乙两智能小车在同一地点从同一时刻开始沿同一方向运动，运动的v-t图象如图所示，其中甲在t1时刻前运动的v-t图象为抛物线，在t1时刻后运动的v-t图象是平行时间轴的直线，且与抛物线平滑连接．下列说法正确的是(　D　)

A．在0～t1时间内，甲做加速度增大的变加速直线运动

B．甲、乙在t2时刻相遇

C．甲、乙相遇两次

D．在0～t1时间内的某时刻甲、乙的加速度相同

【解析】　因为v-t图象的斜率表示加速度，由图可知，在0～t1时间内，甲做加速度逐渐减小的变加速直线运动，且在0～t1时间内的某时刻甲的切线斜率等于乙的斜率，即0～t1时间内的某时刻两者加速度相同，故A错误，D正确；因为v-t图象的面积表示位移，由图可知0～t2时间内x甲>x乙，又因为甲、乙两智能小车在同一地点从同一时刻开始沿同一方向运动，所以t2时刻甲在乙前面，故B错误；因为t2时刻甲在乙前面，且之后乙的速度大于甲的速度，所以甲、乙t2时刻之后会相遇一次，且相遇之后一直乙的速度大于甲的速度，故只能相遇一次，故C错误．

4．(2022·河南平顶山二次质检)2022年2月6日，中国女足时隔16年重夺亚洲杯冠军．某学习小组在研究足球运动规律时，将足球在地面上方某高度处竖直向上抛出，足球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比．规定竖直向上为正方向，关于反映足球运动的v-t图象，下列正确的是(　D　)

【解析】　上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有mg＋f＝ma，又f＝kv得a＝g＋知加速度随着速度减小而减小，当v＝0时，a＝g；下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma，又f＝kv得a＝g－知加速度随着速度增大而减小，结合v-t图象的斜率等于加速度，知图象的切线斜率不断减小，故A、B、C错误，D正确．

5．(2022·安徽江南十校一模)索道是许多景区重要的交通工具．如图为索道运输货物的情景，已知倾斜的钢索与水平方向夹角为30°，悬挂车厢的钢绳始终保持竖直．一质量为m的物体放在车厢内倾角为30°的固定斜面上，当车厢以加速度a(a<g，g表示重力加速度)斜向上做匀加速直线运动时，斜面对物体的支持力FN和摩擦力Ff，大小分别为(　A　)

A．FN＝m(g＋a)；Ff＝m(g－a)

B．FN＝m(g＋a)；Ff＝m(g＋a)

C．FN＝m(g＋a)；Ff＝m(g＋a)

D．FN＝m(g－a)；Ff＝m(g＋a)

【解析】　对物体受力分析，将重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解有mgsin30°－Ff＝masin30°，FN－mgcos30°＝macos30°解得FN＝m(g＋a)，Ff＝m(g－a)，B、C、D错误，A正确．

6．(2022·黑龙江双鸭山期末)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上．将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的．已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2．则推力F的大小为(　D　)

A．2.0N　　 B．2.5N　　

C．4.5N　　 D．4.7N

【解析】　P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力，所以绳子的拉力T1＝mQg＝0.2×10N＝2N，P与桌面间的滑动摩擦力f＝μmPg＝0.5×0.5×10N＝2.5N，将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力T2＝T1＝×2N＝0.8N，此时Q加速下降，根据牛顿第二定律，可得mQg－T2＝mQa，此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得F＋T2－f＝mPa，联立方程，代入数据解得F＝4.7N，故选D．

7．(2022·四川成都二诊)图(a)为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面．比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度时间(v-t)图象如图(b)所示，则下列判定正确的是(　C　)

A．0～t1和t2～t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面

B．t1～t2时间内，冰壶的加速度大小为

C．t1～t2时间内，冰壶的位移大小为(v1＋v2)·(t2－t1)

D．0～t3时间内，冰壶的平均速度大小为(v0＋v1＋v2)

【解析】　v-t图线的斜率表示加速度，由图知t1～t2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律a＝＝＝μg知t1～t2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0～t1和t2～t3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A错误；由加速度定义式a＝知t1～t2时间内，冰壶的加速度大小为a＝，故B错误；v-t图线与坐标轴围的面积表示位移，在t1～t2时间内，冰壶的位移大小为x＝(v1＋v2)(t2－t1)，故C正确；根据平均速度的定义式v＝知在0～t3时间内，冰壶的平均速度大小为v＝＝＝，故D错误．

8．(2022·河南名校联盟二模)甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图，已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等．则下列判断正确的是(　C　)

A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反

B．t＝3s时，乙的位置坐标为－9m

C．t＝10s时，两车相遇

D．乙经过原点时的速度大小为2m/s

【解析】　位移时间图象的斜率表示速度，则最初的一段时间内，甲、乙的斜率都为正方向，所以运动方向相同，故A错误；质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以t＝3s时乙的速度是6m/s，乙的加速度a＝m/s2＝2m/s2，0～3s，乙的位移x＝×3m＝9m，所以t＝3s时，乙的位置坐标为x＝－20＋9m＝－11m，故B错误；设经过时间t两车相遇v甲t＋40m＝at2解得：t＝10s，故C正确；根据v2－0＝2ax0，乙经过原点时的速度大小为v＝＝4m/s，故D错误．

9．(2022·黑龙江齐齐哈尔期中)如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止．现用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，B向上运动h时与A分离，则下列说法正确的是(　D　)

A．B和A刚分离时，弹簧为原长

B．B和A刚分离时，它们的加速度为g

C．在B与A分离之前，它们做匀加速运动

D．弹簧的劲度系数等于

【解析】　物体B和A刚分离时，A与B之间的弹力为零，B受到重力mg和恒力F，因为F＝mg，所以B的加速度为零，A的加速度也为零，弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故A、B错误；在B与A分离之前，对A、B整体，重力2mg不变，弹簧弹力减小，合力减小，整体做变加速运动，故C错误；物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则由静止开始到物体B与A刚分离时，弹力减小量ΔF＝mg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小Δx＝h，由胡克定律得k＝＝，故D正确．

应用题——强化学以致用

10．(2022·河南安阳一模)一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的-图象如图所示，则物块在前3s内的位移为(　A　)

A．25m　　 B．24m

C．20m　　　 D．15m

【解析】　由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，做匀减速直线运动．则位移为x＝v0t－at2，整理得＝v0·－，由图象知v0＝20m/s，a＝8m/s2，所以物体减为零的时间为t＝＝2.5s，物块在前3s内的位移为x＝＝25m，故选A．

11．(多选)(2022·四川绵阳三诊)2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面．将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移1.5m处与6m处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3m与后3m运动过程中物块动能改变的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则(　AC　)

A．μ1∶μ2＝3∶1　　 B．μ1∶μ2＝4∶1

C．ΔEk1∶ΔEk2＝3∶2　　　 D．ΔEk1∶ΔEk2＝3∶1

【解析】　分别对位移1.5m处与6m处由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，μ2mg＝ma2，其中a1＝3m/s2，a2＝1m/s2，联立可得μ1∶μ2＝3∶1，故A正确，B错误；根据动能定理可得前3m的动能变化量大小为max＝ΔEk1，后3m的动能变化量大小为∑ma′x＝ΔEk2，结合a-x图象可得ΔEk1∶ΔEk2＝3∶2，故C正确，D错误．故选AC．

12．(多选)(2022·四川南充二诊)木块沿与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v-t图象如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　BD　)

A．图象描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动

B．从图象可知木块的初速度小于v0

C．从图象可知木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα

D．从图象可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻

【解析】　若木块以一定的初速度沿传送带开始向上运动，木块一定先减速，而图象表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，故A错误；木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图象的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，故B正确；木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律mgsinθ＋f＝ma1，因为加速度发生过一次改变，说明摩擦力方向发生改变，摩擦力方向改变时木块的速度等于v0，当木块的速度等于v0后，因为木块继续加速，则μmgcosθ<mgsinθ，解得μ<tanθ，故C错误，D正确．故选BD．

13．(多选)(2022·四川成都二诊)如图(a)，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下．以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图(b)．弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g．下列判定正确的是(　AD　)

A．弹簧的劲度系数为

B．下滑过程中，在x＝x2处，滑块的机械能最大

C．在x1～x2和x2～x3两段过程中，弹簧弹性势能的增量相等

D．在x1～x2和x2～x3两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于

【解析】　由图可知，当小球下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为(x2－x1)，则有k(x2－x1)＝mgsinθ，解得k＝，A正确；对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，小滑块从O点下滑x1过程中机械能守恒，故当小滑块下滑到x1过程中，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此过程中小滑块的机械能保持不变，为最大，B错误；由图可知，x1～x2的距离差小于x2～x3的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，C错误；在x1～x2的过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有mgsinθ－k(x－x1)＝ma，又由A项可知k(x2－x1)＝mgsinθ，联立解得a＝－，由图可知，当x＝x1时a＝gsinθ，联立解得＝即为该段图线的斜率绝对值；在x2<x<x3过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有k(x－x1)－mgsinθ＝ma，又k(x2－x1)＝mgsinθ，联立解得a＝－，由图可知，当x＝2x2－x1时a＝gsinθ，联立解得＝，即为该段图线的斜率绝对值，故可得在x1～x2和x2～x3两段过程中，a-x图线斜率的绝对值均等于，D正确．故选AD．

14．(多选)(2022·安徽3月测试)如图所示，将小物块置于桌面上的薄纸片上，用水平向右的力将纸片迅速抽出，物块移动的距离很小．若物块和纸片的质量分别为M和m，各接触面的动摩擦因数均为μ，物块距纸片左端的距离和距桌面右端的距离均为d，重力加速度为g．现用水平向右的恒力F拉动纸片，下列说法正确的是(　BC　)

A．物块不从桌面掉落，水平向右的恒力可能为2μ(M＋m)g

B．将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为μ(2M＋m)g

C．为使物块不从桌面掉落，物块与纸片分离时，物块的速度可能为

D．将纸片迅速抽出过程中，F可能等于μg

【解析】　设物块与纸片相对运动时间为t1，物块与纸片分离时物块的速度为v2，物块不从桌面掉落，则有F－μ(Mg＋mg)－mgμ＝ma1，μMg＝Ma2，a1t－a2t＝d，2a2＝v，v2＝a2t1，联立解得F＝2μ(M＋2m)g，v2＝，故A错误，C正确；将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为f＝μMg＋μ(Mg＋mg)＝μ(2Mg＋mg)，故B正确；将纸片迅速抽出过程中，有F′－2μMg－μmg＝ma1′，a2＝μg，当a1′>a2，物块和纸片才能发生相对运动，可得F>2μ(M＋m)g，故D错误．故选BC．

15．(2022·云南名校联盟二模)冬奥会中的冰球比赛是力量、速度与激情的完美融合，带给观众强有力的视觉冲击．在某次热身训练中，教练员在冰面上与起跑线距离s0＝50m和s1＝10m处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0＝30m/s击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1＝29m/s．重力加速度大小为g＝10m/s2．求：

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．

【答案】　(1)0.059　(2)6.962m/s2

【解析】　(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可得冰球滑行的加速度a1＝＝μg①

由速度与位移的关系知－2a1s0＝v－v②

联立①②得μ＝

解得μ＝0.059．③

(2)设冰球运动的时间为t，则t＝④

又s1＝a2t2⑤

由③④⑤得a2＝

解得a2＝6.962m/s2．

16．(2022·四川南充模拟)一个质量m＝0.5kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在平行斜面向上的拉力F＝6N作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8m，已知斜面倾角θ＝37°，g取10m/s2．求：

(1)物块加速度a的大小；

(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；

(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少．

【答案】　(1)2m/s2　(2)0.5　(3)N

【解析】　(1)匀加速位移公式L＝v0t＋at2

得a＝2m/s2．

(2)牛顿第二定律F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma

得μ＝0.5．

(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma

垂直斜面方向FN＋Fsinα＝mgcosθ

解得F＝

＝

当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据得Fmin＝N．