2023届高考物理二轮复习专题二力和直线运动作业含答案

专题二  力和直线运动

1．(2022·辽宁)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成．在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m．该次作业中小车相对地面的位移大小为(　　)

A．6 m　　　　　　　　　　 B．8 m

C．10 m  D．14 m

答案　C

解析　根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为x＝＝ m＝10 m．故选C项．

2．(2022·全国乙卷)如图，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.

答案　A

解析　当两球运动至二者相距时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ＝0.6.设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F－2F1sin θ＝m绳a，又轻绳质量近似为0，解得F1＝.对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝，A项正确．

3．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F－t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10 m/s2.根据图乙分析可知(　　)

A．小明重力为500 N

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

答案　B

解析　a点状态是静止站立，由此可知小明重力为550 N，故A项错误；c点位置处于超重状态，因此可能处于减速下蹲阶段，故B项正确，C项错误；根据牛顿第二定律可知d点加速度a1＝＝20 m/s2，g点加速度a2＝＝10 m/s2，所以d点加速度大于g点，故D项错误．故选B项．

4.(2022·山东二模)甲、乙两车沿同一直道行驶，t＝0时刻，两车并排，乙车由静止开始做匀变速直线运动．它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，两图线交点的坐标为(12 s，144 m)．则(　　)

A．甲车做匀加速直线运动

B．t＝12 s时两车速度相同

C．t＝4 s时两车相距32 m

D．t＝5 s时乙车的速度大小为18 km/h

答案　C

解析　由图像可知甲车做匀速直线运动，A项错误；图像的斜率等于速度，可知t＝12 s时乙车的速度大于甲车的速度，B项错误；由x＝at2，解得a＝2 m/s2，故t＝4 s时，乙车的位移大小为x乙＝at2＝×2×42 m＝16 m，由图像可知，甲车的速度v甲＝＝12 m/s，t＝4 s时甲车的位移大小为x甲＝v甲t＝48 m，可得t＝4 s时，两车相距Δx＝x甲－x乙＝32 m，C项正确；t＝5 s时，乙车的速度大小为v＝at＝10 m/s＝36 km/h，D项错误．故选C项．

5．(2022·湖南)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)．当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s.重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　　)

A．发动机的最大推力为1.5Mg

B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg

C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s

D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g

答案　BC

解析　当飞行器关闭发动机以速率v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv12，当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速向上运动时，有Mg＋kv22＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kv22)2，解得F＝Mg，B项正确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器匀速水平飞行时，由平衡条件有Fmax2－(Mg)2＝(kv32)2，解得v3＝5 m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv22＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错误．

6．(2022·广东模拟)(多选)2021年7月31日，第二十届全国大学生机器人大赛ROBOCON圆满闭幕，本次大赛的主题项目为“投壶行觞”和“机器马术”．如图甲，在一次比赛中a、b两机器人从同一起跑线沿同一方向做直线运动，它们的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A．20 s时，a、b两机器人在运动方向上相距约500 m

B．40 s时，a、b两机器人速度相等，在运动方向上相距最远，为400 m

C．60 s时，b机器人在a机器人的前方，在运动方向上相距400 m

D．a、b加速时，b机器人的加速度大于a机器人的加速度

答案　AD

解析　根据图像可知，t＝20 s时b才出发，20 s时两者间距即为a在0～20 s内的位移；速度—时间图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，则Δx＝xa＝×20 m＝500 m，故A项正确；由图像所围面积可知：0～40 s内a比b多运动的位移为s＝ m＝600 m，故B项错误；由a、b图像所围面积可知，60 s时二者的位移之差等于20 s时的位移差，由A项分析可知，此时b机器人在a机器人的后方，在运动方向上相距500 m，故C项错误；速度—时间图像图线的斜率表示加速度，由图像可知：a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，说明b机器人的加速度大于a机器人的加速度，故D项正确．故选A、D两项．

7.(2022·安徽模拟)(多选)如图所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B用一轻弹簧相连，将A用承受力足够大的轻绳悬挂于天花板上，用一个托盘托着B使弹簧恰好处于原长，系统处于静止状态．现将托盘撤掉，则下列说法正确的是(　　)

A．托盘撤掉瞬间，轻绳拉力大小为mg

B．托盘撤掉瞬间，B物块的加速度大小为g

C．托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，轻绳拉力大小为3mg

D．托盘撤掉后，B物块向下运动到最低点时，弹簧弹力大小为mg

答案　BC

解析　托盘撤掉瞬间，弹簧还是原长，则轻绳拉力与A的重力平衡，大小为2mg，故A项错误；托盘撤掉瞬间，B物块只受重力，则其加速度大小为g，故B项正确；托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，B物块瞬间受力平衡，则弹簧弹力大小等于B的重力，根据平衡条件可得轻绳拉力大小为F＝2mg＋mg＝3mg，故C项正确；托盘撤掉后，B物块先向下做加速运动，再向下做减速运动，运动到最低点时，有向上的加速度，所以弹簧弹力大小大于mg，故D项错误．故选B、C两项．

8．(2022·湖南模拟)如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示．已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略．下列说法正确的是(　　)

A．小球运动的速度一直增大

B．小球先做匀加速运动后做匀速运动

C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g

D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比

答案　D

解析　小球速度增大到v0后，加速度a变为0，于是速度不再继续增大，故A项错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B项错误；剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度a0<g，故C项错误；由a－v图像可得a＝kv＋a0，由牛顿第二定律可得mg－qE－f＝ma，可解出加速度a＝－＋g－，由图像可得mg－qE＝ma0，a0＝g－，即－＝kv，即f＝－kmv，k、m不变，故D项正确．故选D项．

9.(2022·宜宾模拟)(多选)如图所示，水平桌面上放一质量为4 kg的盒子乙，乙内放置一质量为1 kg的滑块丙，跨过光滑定滑轮的轻细绳连接物块甲和盒子乙，连接乙的细绳水平，乙与丙、乙与桌面间的动摩擦因数都为0.5.现由静止释放物块甲，乙与丙以相同加速度开始运动，重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)

A．如果甲的质量为4 kg，滑块丙受到的摩擦力为 N

B．如果甲的质量为4 kg，滑块丙受到的摩擦力为3 N

C．物块甲的质量满足2.5 kg＜m甲≤5 kg

D．物块甲的质量满足2.5 kg＜m甲≤10 kg

答案　AD

解析　如果甲的质量为4 kg，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m甲g－μ(m乙＋m丙)g＝(m甲＋m乙＋m丙)a，解得整体的加速度为：a＝ m/s2；以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为f＝m丙a＝N，A项正确，B项错误；甲要想拉动乙和丙，甲质量的最小值应满足：m甲ming＝μ(m乙＋m丙)g，解得m甲min＝2.5 kg；丙的最大加速度为amax＝μg＝5 m/s2，则对甲、乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律：m甲maxg－μ(m乙＋m丙)g＝(m甲max＋m乙＋m丙)amax，解得m甲max＝10 kg；可得物块甲的质量满足2.5 kg＜m甲≤10 kg，故C项错误，D项正确；故选A、D两项．

10.(2022·湖北)(多选)如图所示，两平行导轨在同一水平面内．一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定．整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调．导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动．已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小．下列说法正确的是(　　)

A．棒与导轨间的动摩擦因数为

B．棒与导轨间的动摩擦因数为

C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°

D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°

答案　BC

解析　设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsin θ1－μ(mg－Fcos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得Fsin(θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin(θ1＋α)＝≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2时，θ2<90°，导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsin θ2＋μ(mg＋Fcos θ2)＝ma2，有Fsin(θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin(θ2＋α)＝≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C两项正确，A、D两项错误．故选B、C两项．

11．(2022·成都一模)某同学为研究磁悬浮列车的运动，将一个盛着水的玻璃方口杯放在车内的水平台面上，如图所示．方口杯内水面AB边长8 cm，列车在做直线运动中的某一时刻，他发现电子信息屏上显示的车速为72 km/h，杯中的前侧水面下降了0.5 cm，此现象一直稳定到车速为288 km/h，前侧水面才开始回升，(重力加速度取g＝10 m/s2)求：

(1)在前述稳定阶段时列车的位移大小x；

(2)若该列车总质量为3×104 kg，所受阻力为f＝kv2(已知k＝2 N·s2/m2，v为速率)，试写出前述稳定阶段列车电动机牵引力关于位移x的表达式．

答案　(1)2 400 m　(2)F＝5x＋38 300(N)(0≤x≤2 400 m)

解析　(1)设水面与水平面的夹角为θ，对前述稳定阶段水表面的一滴水进行受力分析，其合力为F合＝mgtan θ，由几何关系可得：tan θ＝＝，由牛顿第二定律可得：F合＝ma得a＝1.25 m/s2，此过程列车的初速度v1＝72 km/h＝20 m/s，末速度v2＝288 km/h＝80 m/s，位移：x＝＝ m＝2 400 m.

(2)对列车受力分析，由牛顿第二定律得：F－f＝m′a，又因f＝kv2＝k(v12＋2ax)，得F＝5x＋38 300(N)(0≤x≤2 400 m)．

12．(2022·陕西模拟)如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1 kg，物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2－x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)根据图像得出物块A在2 m前后加速度a1和a2分别为多大？

(2)当外力F0至少为多少时才可以使物块A相对于木板B运动？

(3)运动了2 m之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？

答案　(1)1 m/s2　4 m/s2　(2)6 N　(3)8 N

解析　(1)结合图像，根据v2－v02＝2ax，前2 m内A的加速度大小为a1＝1 m/s2，2 m后A的加速度大小为a2＝4 m/s2.

(2)对B受力分析有μ1mg－μ2·2mg＝ma0，外力F使A在B上相对静止的临界加速度为a0＝2 m/s2，外力F对A、B整体有F0－μ2·2mg＝2ma0，得F0＝6 N.

(3)运动前2 m：a1＝1 m/s2<a0，可知A、B一起匀加速运动，对A、B整体有F1－μ2·2mg＝2ma1，得F1＝4 N．运动2 m后对A有a2＝4 m/s2>a0，则2 m后A、B两个物体开始相对运动，对A有F2－μ1mg＝ma2，得F2＝8 N.