2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练二力与直线运动

这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练二力与直线运动，共7页。试卷主要包含了第24届冬奥会将在我国举办等内容，欢迎下载使用。
A．一直增大 B．一直减小
C．一直不变 D．如何变化，无法确定
解析：海拔越高，重力加速度越小，航天器受到的重力越小，对航天器受力分析，航天器受到向上的推动力和向下的重力，由牛顿第二定律得：F－mg＝ma，则航天器竖直上升过程重力加速度g减小，加速度a一直增大，故A项正确，B、C、D项错误．故选A.
答案：A
2．图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10 m/s2，根据图像分析可知( )
A．人的重力为1 500 N
B．c点位置人处于超重状态
C．e点位置人处于失重状态
D．d点的加速度小于f点的加速度
解析：开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据共点力平衡可知，人的重力也是500 N，A项错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B项正确；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C项错误；人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知a＝eq \f(1 500－500,50) m/s2＝20 m/s2，f点的支持力为零，人处于完全失重状态，加速度为重力加速度10 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D项错误．故选B.
答案：B
3．有一种精神叫“女排精神”，中国女排能始终屹立在世界之颠，与她们科学而又刻苦的训练是分不开的．当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m．若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10 m/s2.则( )
A．运动员起跳过程属于失重状态
B．起跳过程中加速度大小为16 m/s2
C．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
D．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
解析：从开始起跳到脚离开地面重心上升h1＝0.5 m，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h2＝2.90 m－2.10 m＝0.8 m，运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh2＝v2可知：v＝eq \r(2gh2)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s，在起跳过程中，根据速度位移公式可知：2ah1＝v2，a＝eq \f(v2,2h1)＝eq \f(42,2×0.5) m/s2＝16 m/s2，由牛顿第二定律得：FN－mg＝ma，解得：FN＝mg＋ma＝1 560 N，由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1 560 N，方向竖直向下，故A、D项错误，B项正确；加速上升时间为：t1＝eq \f(v,a)＝0.25 s，减速上升的时间为：t2＝eq \f(v,g)＝0.4 s，从开始起跳到离地上升到最高点需要0.65 s．故C项错误．故选B.
答案：B
4.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为( )
A．0.12 m B．0.14 m
C．0.16 m D．0.2 m
解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
解得a＝－g(sin θ＋μcs θ)，
设木块的位移为x，有0－veq \\al(2,0)＝2ax，
根据数学关系知sin θ＋μcs θ＝eq \r(1＋μ2)sin (θ＋α)，
其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，
当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值a＝－geq \r(1＋μ2)，
此时θ＝90°－α＝53°，加速度最大值为a＝－eq \f(5,4)g.
x的最小值为xmin＝eq \f(2veq \\al(2,0),5g)＝0.16 m，故A、B、D项错误，C项正确．故选C.
答案：C
5．最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b.若不计空气，取重力加速度大小为10 m/s2，则下列同学的推断结果正确的是( )
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3 N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s
D．在0～4 s时间内，合外力做的功为12 J
解析：由图b可知机器人在2 s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时fm＝F2＝eq \f(12,4)×2 N＝6 N，故A项错误；由图a、图b结合牛顿第二定律可得F4－f＝ma4，F2－f＝ma2，联立可得机器人质量m＝3 kg，滑动摩擦力为f＝3 N，机器人与水平桌面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(f,FN)＝eq \f(f,mg)＝0.1，故B项错误；在0～4 s时间内，合外力的冲量为I＝meq \(a,\s\up6(－))t＝3×eq \f(1＋3,2)×(4－2) N·s＝12 N·s，故C项正确；4 s末机器人的速度为v＝eq \(a,\s\up6(－))t＝eq \f(1＋3,2)×2 m/s＝4 m/s，在0～4 s时间内，合外力做的功为W＝eq \f(1,2)mv2＝24 J，故D项错误．故选C.
答案：C
6．如图所示，MN和PQ为两根固定平行直细杆，圆柱形物体沿细杆下滑，两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，细杆与水平面的夹角为θ＝30°，圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3，重力加速度为g，则圆柱形物体下滑的加速度大小为( )
A．eq \f(g,5)B．eq \f(g,3)
C．(eq \f(1,2)－eq \f(3\r(3),10))gD．(eq \f(1,2)－eq \f(3\r(3),20))g
解析：作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图
根据题意，两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，则α＝60°，在沿杆的方向有mgsin θ－2f＝ma，垂直于杆的方向有2Ncs eq \f(α,2)＝mgcs θ又有f＝μN，联立并代入数据解得a＝eq \f(1,5)g，故A项正确， B、C、D项错误．故选A.
答案：A
7．(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有a甲＝eq \f(F－μm甲g,m甲)；a乙＝eq \f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙所以a甲0，此后管与小球将以加速度g减速上升h2到达最高点，由运动学公式有：
h2＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(H,25)，
管第一次落地弹起后上升的最大高度
H1＝h1＋h2＝eq \f(13,25)H.
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0，
解得x1＝eq \f(4,5)H.
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：
x2＝eq \f(4,5)H1，
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L，
联立解得L应满足条件为：L≥eq \f(152,125)H.
答案：(1)2g 3g (2)eq \f(13,25)H (3)L≥eq \f(152,125)H