2023届二轮复习 专题训练2　力与直线运动 作业（浙江专用）

专题训练2　力与直线运动

保分基础练

1.(多选)找一小手电筒,使其后盖在下竖直放置(如图所示,手电筒底部是弹簧)。旋松手电筒后盖,使手电筒刚好不发光。现让手电筒分别做下列运动,手电筒在运动过程中可能会发光的是(手电筒在运动中始终保持竖直)(　AC　)

A.自由落体 B.加速上升

C.竖直上抛 D.减速下降

解析:根据题意可知,弹簧本来处于压缩状态,若要使手电筒发光,则应该使弹簧的长度变长,即形变量减小,即弹簧的弹力减小,则应该使电池处于失重状态,则其加速度应该有竖直向下的分量。自由落体和竖直上抛时,电池处于失重状态,故A、C正确;加速上升和减速下降时,加速度竖直向上,电池处于超重状态,故B、D错误。

2.(2021·全国甲卷)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(　D　)

A.逐渐增大     B.逐渐减小

C.先增大后减小  D.先减小后增大

解析:设P、Q的水平距离为L,则有a=gsin θ,x=,由运动学公式x=v0t+at2可得 =gt2sin θ,整理得t2=,可知θ=45°时,t有最小值,故当θ由30°逐渐增大至60°时,下滑时间t先减小后增大,选项D正确。

3.如图是将苹果由静止释放后,在某段运动过程中用频闪照相技术连续拍摄的照片,已知频闪照相机的频闪时间间隔为T,位置A、B间和位置B、C间的距离分别为x1和x2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　D　)

A.BC过程速度的增量大于AB过程速度的增量

B.x1∶x2一定满足x1∶x2=1∶3

C.苹果运动到位置B时的速度大小一定为

D.苹果运动的加速度大小一定为

解析:由题知tAB=tBC=T,根据Δv=aΔt可知BC过程速度的增量等于AB过程速度的增量,故A错误;只有苹果在A点速度为零时,才满足x1∶x2=1∶3,故B错误;苹果运动到位置B时的速度大小为vB=,故C错误;根据Δx=aT2可知,苹果运动的加速度大小为a=,故D正确。

4.如图所示是商场中的无轨小火车,已知小火车由若干节相同的车厢组成,车厢间的空隙不计,现有一位小朋友站在地面上保持静止与第一节车厢头部对齐,火车从静止开始启动做匀加速直线运动,下列说法正确的是(　D　)

A.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为2∶∶

B.第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为7∶9∶11

C.第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为4∶5∶6

D.第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为2∶∶

解析:根据初速度为零的匀加速直线运动中,通过连续相等位移的时间关系可知,第1、2、3、4、5、6……节车厢经过小朋友的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)∶(-2)∶(-)……,即第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为(2-)∶(-2)∶(-),选项A、B错误;设每节车厢的长度为L,根据v2=2aL可得第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为∶∶=2∶∶,选项C错误,D正确。

5.一辆做匀变速直线运动的赛车,初速度v0=5 m/s,它的位置坐标x与速度的二次方v2的关系图像如图所示,则(　D　)

A.赛车的加速度大小为2.5 m/s2

B.赛车在t=2 s时速度为0

C.赛车在前2 s内的位移大小为5.5 m

D.赛车在1 s时的位置坐标为2.375 m

解析:由图像可知该车做匀减速直线运动,根据速度位移公式有x=

= v2-,则图像的斜率k===,解得a=-1.25 m/s2,故A错误;设赛车减速到零所用的时间为t0,根据速度公式有v=v0+at0,代入数据解得t0=4 s,说明赛车在t=2 s 时仍在运动,速度不为0,故B错误;设赛车在前 2 s 内的位移为x2,根据位移时间公式有x2=v0t2+

a,代入数据解得x2=7.5 m,故C错误;设赛车在前1 s内的位移为x1,根据位移时间公式有x1=v0t1+a,代入数据解得x1=4.375 m,由题图可知该车是由-2 m处出发,所以在1 s时的位置坐标为x1-2 m=

2.375 m,故D正确。

6.如图甲所示,一倾角θ=30°的足够长斜面体固定在水平地面上,一个物块静止在斜面上。现用大小为F=kt(k为常量,F、t的单位均为国际单位制的基本单位)的拉力沿斜面向上拉物块,物块受到的摩擦力Ff随时间t变化的关系图像如图乙所示,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　D　)

A.物块的质量为2 kg

B.k的值为2.5 N/s

C.物块与斜面间的动摩擦因数为

D.当t=3 s时,物块的加速度大小为4 m/s2

解析:当t=0时,Ff=mgsin θ=5 N,解得m=1 kg,故A错误;当t=1 s时,Ff=0,说明F=5 N,由F=kt可知,k=5 N/s,故B错误;由题图乙可知,物块后来滑动,则Ff=6 N=μmgcos θ,解得μ=,故C错误;当F=Ff+mgsin θ时,即kt1=6 N+5 N时,解得t1=2.2 s,此后物块向上滑动,由牛顿第二定律有F合=kt-Ff-mgsin θ,当t=3 s时,F合=

kt-11 N=(5×3-11) N=4 N,得物块的加速度大小为a= m/s2=4 m/s2,故D正确。

7.机动车礼让行人是一种文明行为。质量m=1.0×103 kg的汽车以v1=36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶,在距离斑马线s=20 m处,驾驶员发现小朋友排着长l=6 m的队伍从斑马线一端开始通过,立即刹车,最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变,且忽略驾驶员反应时间。

(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小;

(2)若路面宽L=6 m,小朋友行走的速度v0=0.5 m/s,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间;

(3)假设驾驶员以v2=54 km/h超速行驶,在距离斑马线s=20 m处立即刹车,求汽车到斑马线时的速度。

解析:(1)根据平均速度==,

解得刹车时间为t1=4 s,

刹车加速度的大小为a==2.5 m/s2,

根据牛顿第二定律有Ff=ma,

解得Ff=2.5×103 N。

(2)小朋友全部通过所需的时间t2==24 s,

汽车在斑马线前等待的时间为t2-t1=20 s。

(3)设汽车到斑马线时的速度为v3,有=s,

解得v3=5 m/s。

答案:(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s

高分强化练

8.(多选)古代人们常用夯锤(如图甲)将地砸实,打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤的一个把手,一个人喊号,号声一响,四人同时用相同的力将地上质量为90 kg的夯锤竖直向上提起;号音一落,四人同时松手,夯锤落下将地面砸实。以竖直向上为正方向,若某次打夯过程松手前夯锤运动的vt图像如图乙所示。不计空气阻力,g取 10 m/s2,则(　BC　)

A.松手后,夯锤立刻落下做自由落体运动

B.松手前,夯锤竖直向上做加速度为a= m/s2的匀加速直线运动

C.每个人对夯锤施加的力大小为300 N

D.夯锤离地的最大高度为0.337 5 m

解析:松手后,因为惯性,夯锤要继续向上运动一段距离后,再自由下落,A错误;图像的斜率表示加速度,松手前,夯锤竖直向上做加速度为a= m/s2的匀加速直线运动,B正确;对夯锤松手前,受力分析有4F-mg=ma,解得F=300 N,C正确;松手时,夯锤离地的高度为h1=t=0.337 5 m,之后,夯锤做竖直上抛运动,所以夯锤离地的最大高度大于0.337 5 m,D错误。

9.某次空军基地用直升机运送医护人员去某地,为了保证直升机升空过程中医护人员不至于身体不适,飞行员在上升过程某阶段进行了相应操作,at图像如图所示(除ab段为曲线,其余段均为直线,取向上为正方向),则下列说法正确的是(　B　)

A.Oa和ab段医护人员处于超重状态,cd段处于失重状态

B.O到d过程医护人员均处于超重状态

C.O到d过程速度增量小于20 m/s

D.根据上述图像可求出0～8 s这段时间直升机上升的高度

解析:O到d过程中加速度始终为正,即始终向上,因此从O到d整个过程中医护人员均处于超重状态,故A错误,B正确;O到d过程速度增量为0～8 s这段时间内at图像与时间轴所围的面积,若将ab看成直线,面积为20.5 m/s,ab曲线向上凸,故实际面积大于20 m/s,故C错误;由于初速度未知,所以无法求出0～8 s这段时间直升机上升的高度,故D错误。

10.(2022·嘉兴选考模拟)现有轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD。在竖直面内按照如图所示的方式连接,其中A、D两点固定于竖直墙上,B、C为两个可视为质点的小球,质量均为m,AB、CD与竖直方向夹角均为30°,BC沿水平方向。已知重力加速度为g,现只剪断其中一根绳,则(　D　)

A.若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,B球加速度为g

B.若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,C球加速度为g

C.若只剪断AB绳,则剪断绳后瞬间,B球加速度为g

D.若只剪断AB绳,则剪断绳后瞬间,C球加速度为g

解析:根据题意,对B、C两个小球整体,根据平衡条件有FABcos 30°+

FCDcos 30°=2mg,FABsin 30°=FCDsin 30°,解得FAB=FCD==mg,对B小球,根据平衡条件有FBC=FABsin 30°=mg。若只剪断BC绳,则剪断绳后瞬间,AB绳的拉力发生突变,对B小球有FAB′=mgcos 30°,

F合=mgsin 30°,B球加速度为a==,故A错误;若只剪断BC绳,

则剪断绳后瞬间,弹簧CD的弹力不发生突变,对C小球有F合=

FCDsin 30°,C球加速度为a==g,故B错误;若只剪断AB绳,则剪断绳后瞬间,BC绳的拉力发生突变,弹簧CD的弹力不发生突变,B、C两个小球具有相同的水平加速度,对B小球,水平方向有FBC′=ma,对C小球,水平方向有FCDsin 30°-FBC′=ma,解得a=g,FBC′=mg,对B小球,竖直方向有maB′=mg,解得aB′=g,则B球加速度为aB=

=g,对C小球,竖直方向有mg-FCDcos 30°=maC′,解得aC′=0,则C球加速度为aC=a=g,故C错误,D正确。

11.如图甲,钢架雪车比赛运动员先在水平轨道上推着雪车由静止出发,匀加速到水平轨道的末端时,运动员快速俯卧到雪车上沿倾角为θ=15°的倾斜轨道匀加速下滑到P点,运动员在轨道上运动时,从开始运动到运动至P点的速率的平方随运动距离x的变化图像如图乙所示,雪车(含运动员)总质量为120 kg,sin 15°=0.26,重力加速度g取10 m/s2,则:

(1)雪车(含运动员)在倾斜轨道上受到的阻力为多大?

(2)运动员从开始运动到下滑到P点的时间为多长?

解析:(1)根据题图乙可知,雪车(含运动员)在倾斜轨道上运动的位移

x=303.05 m-12.8 m=290.25 m,

到达P点的速度vP=35 m/s,

在水平轨道末端的速度v=8 m/s,

根据-v2=2ax,

解得a=2 m/s2,

根据牛顿第二定律mgsin 15°-Ff=ma,

解得Ff=72 N。

(2)在倾斜轨道上运动的时间t2== s=13.5 s,

在水平轨道的位移x1=12.8 m,根据v2=2a1x1,解得a1=2.5 m/s2,则在水平轨道运动的时间t1== s=3.2 s,

运动员从开始运动到下滑到P点的时间t=t1+t2=16.7 s。

答案:(1)72 N　(2)16.7 s

12.如图所示,为一架小型四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,无人机连同装备的质量为m=2 kg,其动力系统所能提供的最大作用力为F0=36 N,某次无人机从地面由静止开始竖直上升。始终保持最大作用力,无人机飞行t1=8 s时到达高度H=64 m。设飞行器飞行时所受阻力大小不变,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)保持最大作用力上升时无人机的加速度大小;

(2)运动过程中所受阻力Ff的大小;

(3)若无人机刚好在第8 s末动力系统出现故障,立即失去动力,则无人机飞离地面的最大高度。

解析:(1)设加速度大小为a,根据位移时间公式有H=a,

解得a=2 m/s2。

(2)由牛顿第二定律得F0-mg-Ff=ma,

解得Ff=12 N。

(3)第8 s末失去动力时H=64 m,

根据速度时间公式有v=at1,

解得v=16 m/s,

设失去升力后的加速度大小为a′,上升的高度为H′,

由牛顿第二定律得mg+Ff=ma′,

解得a′=16 m/s2,

根据速度位移公式有v2=2a′H′,

代入数据解得H′=8 m,

则最大高度为h=H+H′=72 m。

答案:(1)2 m/s2　(2)12 N　(3)72 m

13.某酒店有配送机器人。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同,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客人。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个房间的客人配送午餐,各个房门间隔6 m,客人取餐的平均时间为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,到最后一位客人取到餐为止,求机器人为此楼客人送餐花费的最短总时间。

解析:(1)为避免相撞,机器人减速后刚追上客人时速度v=vm-at=v人,

对人x1=v人(t0+t),

对机器人x2=vmt0+t,

且有x1+Δx=x2,

联立解得a=0.5 m/s2。

(2)此时最大加速度为am=μg=2 m/s2,

各房门间匀加速阶段有=2amx1,

解得x1=1 m,对应时间t1==1 s,

各房门间匀减速阶段有=2amx2,

解得x2=1 m,对应时间为t2==1 s,

匀速阶段的位移x3=L-x1-x2=4 m,

对应时间为t3==2 s,

则总时间t=9(t1+t2+t3)+10t′=186 s。

答案:(1)0.5 m/s2　(2)186 s

14.图甲为某旅游景点的滑草场,图乙为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ=30°的斜坡AC和水平滑道CD组成,斜坡AC由材质不同的AB、BC两部分组成,一位质量m1=70 kg的游客坐在质量m2=10 kg的滑草车上,从斜坡顶端A点由静止滑下,最终恰好在水平滑道末端D点停下。已知AB、BC的长度分别为LAB=45 m、LBC=15 m,滑草车与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1=,μ2=,μ3=,重力加速度g取10 m/s2,cos 15°=0.96,不计空气阻力以及滑草车经过B、C两点时的能量损失,求滑草车(含游客): 

(1)经过B点时的速度大小vB;

(2)在滑道CD上运动时受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的长度LCD;

(3)在整个运动过程中的平均速度大小。

解析:(1)游客和滑草车总质量为m=m1+m2=80 kg,

滑草车(含游客)在AB段运动时

mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,

解得a1=2.5 m/s2,

根据匀变速直线运动公式-0=2a1LAB,

解得vB=15 m/s。

(2)滑草车(含游客)在BC段运动时

mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2,解得a2=0,

所以滑草车(含游客)在BC段做匀速直线运动,

则到C点的速度为vC=vB=15 m/s,

滑草车(含游客)在CD段运动时,所受摩擦力为FfCD=μ3mg=150 N,

加速度大小为a3== m/s2,

从C点到D点停止,

根据匀变速直线运动公式0-=-2a3LCD,

解得LCD=60 m。

(3)由于LAB+LBC=LCD=60 m,

所以根据几何知识可得,

从A到D的直线距离为xAD=2LCDcos 15°=115.2 m,

滑草车(含游客)在AB、BC、CD段的运动时间分别为t1==6 s,

t2==1 s,t3==8 s,

所以整个运动过程中的平均速度大小为==7.68 m/s。

答案:(1)15 m/s　(2)150 N　60 m  (3)7.68 m/s