新高考物理二轮复习专题强化训练02讲 力与直线运动（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习专题强化训练02讲 力与直线运动（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
02讲 力与直线运动一、单选题1．2022年4月29日，绍兴地铁1号线全线通车，标志着绍兴已经进入地铁时代，为“融杭（联甬接沪）战略”迈出了坚实的一步。小明从A站上车，注意到列车经过加速、匀速和减速三个过程后在B站停下，总用时2min30s，列车以最大速度80km/h行驶了30s。假设列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，由此估算出AB两站点之间的路程约为（　　）A．1km  B．2km   C．3km D．7km【答案】B【详解】由于列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，在加速和减速阶段的平均速率均为最大速率的一半，即40km/h，所以AB两站点之间的路程约为故选B。2．疫情时期应勤洗手，某同学洗完手后，没有关好水龙头，他观察发现当某滴水落地时，恰好有一滴水从水龙头出水口滴下，而此时空中还有一滴水，目测水龙头出水口到地面的距离为0.8m，则连续两滴水滴下的时间间隔约为（　　）A．0.2s     B．0.3s  C．0.4s  D．0.5s【答案】A【详解】由自由落体运动规律可得解得水滴下落的总时间为t=0.4s所以连续两滴水滴下的时间间隔为0.2s。故选A。3．高速公路ETC的推广使用给我们带来了高效、通畅、节能的体验，实施电子不停车缴费。若汽车过ETC快速通道可简化为先匀减速运动再匀速运动，下列图像中正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】B【详解】中，匀减速直线运动是倾斜直线，且坐标值越来越小，匀速直线运动是与时间轴平行的直线。故选B。4．近年来许多国家开始投身无人驾驶汽车的研发，无人驾驶汽车能够有效降低事故的发生。遇到突发情况时。人工驾驶需要约1.2s的反应时间，若采用自动驾驶系统只需要约0.2s的反应时间，如果同款汽车以30m/s的速度匀速行驶，从发现情况到安全停下来，采用人工驾驶比采用自动驾驶系统多行驶的距离约为（　　）A．6m  B．30m   C．36m D．42m【答案】B【详解】人工驾驶的距离为   自动驾驶距离为距离差为            故ACD错误，B正确。故选B。5．有只雄鹰在两山之间飞翔，可以看成是直线飞行，两山间距为s，雄鹰的运动刚好可以看成两段匀变速直线运动，且在起点、终点的速度都为零。已知雄鹰匀加速阶段的加速度大小是匀减速阶段的2倍，则其匀加速阶段的位移大小为（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】设匀减速阶段的加速度为a，则匀加速阶段的加速度为2a。由题意有得故匀加速阶段的位移大小为故A正确，BCD错误；故选A。6．新疆长绒棉因质量美誉世界。长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化。如图为无人机为棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2.8s达到作业速度，开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为25kg，无人机作业速度为7m/s，重力加速度为。则在加速阶段空气对无人机的作用力约为（　　）A．250N B．258N C．313N D．358N【答案】B【详解】根据加速度定义得根据力的合成得故选B。7．如图，雄鹰向下扇翅膀获得竖直向上的加速度，这是由翅膀上、下部分的空气对雄鹰的压强差形成的。设雄鹰上方空气对它向下的作用力的合力大小为F1，下方空气对它向上的作用力的合力大小为F2，雄鹰重力大小为G，则它向下扇翅膀起飞过程中（　　）A．F1=G    B．F2 =G   C．F2=G+F1     D．F2>G+F1【答案】D【详解】当雄鹰向下扇翅膀起飞过程中，其加速度方向向上，合外力方向向上，则有即故选D。8．如图所示，某幼儿园小朋友穿统一新发校服排队从滑梯顶端滑下，则（　　）A．滑梯对人的作用力一定竖直向上B．幼儿重力垂直滑梯向下的分力就是幼儿对滑梯的压力C．幼儿能否从滑梯上滑下与其质量有关，质量越大，越容易下滑D．无论幼儿的质量如何，幼儿下滑的加速度相同【答案】D【详解】A．由于幼儿园小朋友从滑梯顶端加速下滑，人的受力不平衡，且加速度沿滑梯向下，则滑梯对人的作用力不可能竖直向上，故A错误；B．幼儿重力作用在人上，施力物体是地球；幼儿对滑梯的压力作用在滑梯上，施力物体是人；故幼儿重力垂直滑梯向下的分力不是幼儿对滑梯的压力，故B错误；CD．由于幼儿园小朋友穿统一新发校服排队从滑梯顶端滑下，可知动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可得解得可知无论幼儿的质量如何，幼儿下滑的加速度相同，幼儿能否从滑梯上滑下与其质量无关，故C错误，D正确。故选D。9．物理学中将物体在单位时间内速度的增加量定义为加速度。按照定义，物体在t时间内的速度从v1增加到v2，则加速度为；牛顿第二定律告诉我们，作用在物体上的外力大小等于物体质量与加速度的乘积。现有一质量为2kg的物体在外力作用下从静止开始经2s速度增加到2m/s，则作用在物体上的外力为（　　）A．1N B．2N C．4N D．8N【答案】B【详解】由匀变速直线运动规律可得由牛顿第二定律可得联立解得故选B。10．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送带两端相距，物料与传送带间的动摩擦因数为。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当传送带分别以和的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小，物料通过传送带的时间差为（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】物料在传送带加速运动时的加速度为当传送带以的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为加速过程的位移为匀速过程的时间为物料通过传送带的时间为当传送带以的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有解得物料离开传送带的速度为假设成立，故物料通过传送带的时间差为故选A。二、多选题11．我国具有自主知识产权的大型客机C919已经取得中国民航局颁发的适航证，即将交付东方航空公司使用，C919飞机在平直跑道上匀加速起飞，从某时刻开始计时，其运动的图像如图所示。下列判断正确的是（　　）A．开始计时时刻飞机的速度大小为20m/sB．8s时刻飞机的速度大小为40m/sC．飞机起飞加速度大小为5m/s2D．飞机在4s-8s通过的位移为200m【答案】ACD【详解】AC．由匀变速直线运动公式得整理得结合图像可知，飞机计时时刻初速度大小为图像中直线的斜率为解得飞机起飞加速度为故AC正确；B．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻飞机的平均速度为故0~8s时间内，飞机的平均速度大小为40m/s，而其瞬时速度大小为故B错；D．飞机在0-8s通过的位移为飞机在0-4s通过的位移为故飞机在4s-8s通过的位移为故D正确。故选ACD。12．如图所示，倾角为θ的斜面体置于水平桌面上，一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑。轻绳一端拴在物体P上，另一端拴一个质量为m的钩码Q，轻绳跨过固定在桌边光滑的定滑轮，斜面上方的轻绳与斜面平行。释放物体P， P沿斜面向下运动的加速度大小为a，斜面体与水平桌面间的摩擦力大小为Ff，若斜面始终静止，下列结论正确的是（　　）A． B． C． D．【答案】AD【详解】AB．一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑，则当P与Q一起向下做加速运动时，根据牛顿第二定律可得：解得故A正确，B错误；CD．P物体开始匀速下滑，P和斜面整体处于平衡状态，故桌面对斜面的摩擦力为0，当P与Q相连后，P与斜面体之间的弹力摩擦力均与之前一致，所以斜面体受力不变，故与水平桌面间的摩擦力为零，故C错误，D正确；故选AD。13．长为的平板车放在光滑水平面上，质量相等、长度也为的长木板并齐地放在平板车上，如图所示，开始二者以共同的速度在水平面上匀速直线运动。已知长木板与平板车之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（　　）A．二者之间没有发生相对滑动，平板车刹车的加速度可能大于B．为了避免二者之间存在相对滑动，平板车刹车的距离最小为C．如果平板车突然以的加速度匀加速，则经长木板从平板车上掉下D．如果平板车突然以的加速度匀加速，长木板从平板车上掉下时，平板车的速度为【答案】BD【详解】A．由题意可知，为了避免二者之间存在相对滑动，由牛顿第二定律对长木板有解得此时长木板与平板车加速度大小相等，A错误；B．对平板车由匀变速直线运动的速度位移公式得解得平板车刹车的最小距离为选项B正确；CD．平板车加速后，设经时间t长木板从平板车上掉下，该过程中平板车的位移长木板的位移为又由以上可解得此时平板车的速度为选项C错误，D正确。故选BD。三、解答题14．题图为地铁入口安检装置简易图，水平传送带AB长度为l，传送带右端B与水平平台等高且平滑连接，物品探测区域长度为d，其右端与传送带右端B重合。已知：传送带匀速运动的速度大小为v，方向如图，物品（可视为质点）由A端无初速度释放，加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域，最后匀速通过B端进入平台并减速至0，各处的动摩擦因数均相同，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：（1）物品与传送带间的动摩擦因数μ：（2）物品运动的总时间t。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a，则    μmg＝ma联立解得，（2）物品匀加速到v走过的位移为x。由得x＝4（l-d）故匀速位移为l-s＝4d-3l又有匀速部分4d-3l＝vt1匀变速部分故总时间15．如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图。若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10m/s2。（1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。【答案】（1）0.25m；（2）2.5s【详解】（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma解得a＝0.5m/s2包裹加速到v0所用的时间为t1＝解得t1＝1st1时间内包裹的位移大小为x1＝解得x1＝0.25mt1时间内传送装置的位移大小为x2＝v0t1解得x2＝0.5m故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x2－x1＝0.25m（2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝，解得t2＝3.5s乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝解得t3＝2s故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t1＋t2－t3＝2.5s16．如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端，时刻开始二者以的初速度一起向右运动，时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；（2）长木板的长度。【答案】（1）0.4，0.2；（2）10.8m【详解】设长木板与水平地面之间的动摩擦因数为，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为（1）长木板未和挡板碰撞前的加速度大小为对长木板和铁块整体由牛顿第二定律解得长木板和挡板碰撞受，长木板受到地面的摩擦力向右，小铁块对长木板的摩擦力向右，对长木板由牛顿第二定律得由图可知，长木板的加速度解得（2）铁块相对长木板运动的加速度大小长木板向左运动减速到零的时间长木板向左的距离小铁块向右运动的距离此时铁块的速度为由于所以长木板不会向右运动，铁块继续向右运动直至速度为零，此阶段向右运动的距离所以长木板的长度为17．如图所示，质量 的薄木板静置在光滑水平地面上，质量 的小滑块（可视为质点）以速度 从木板的左端冲上木板，恰好不滑离木板．已知滑块与木板间的动摩擦因数 ，重力加速度 取 ．求 （1）分别求出小滑块和薄木板的加速度大小；（2） 薄木板的长度。【答案】（1），；（2）5m【详解】（1）取滑块为研究对象，由牛顿第二定律得 取薄木板为研究对象，由牛顿第二定律得（2）滑块恰好不滑离木板，由运动学公式可得由速度时间关系可得联立解得