统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练2牛顿运动定律与直线运动

专题强化训练2牛顿运动定律与直线运动一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．[2023·全国乙卷]一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点．设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比．则该排球()A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动2．[2023·江苏南京市模拟]如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平．已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列结论正确的是()A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为eq\f(4,3)gB．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(4,3)gC．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(5,3)gD．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为eq\f(5,3)g3．[2023·吉林长春普通高中质量监测二]如图所示，在地面上固定一个竖直放置的大圆环，从环心O到环上的A、B两点连有两根直杆Ⅰ、Ⅱ，直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8).现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ上的小圆环由O点静止释放，到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶eq\r(3)，若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则eq\f(μ1,μ2)等于()A．eq\f(9,16)B．eq\f(16,9)C．eq\f(3,4)D．eq\f(4,3)4．[2022·辽宁卷]如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2.下列v0、μ值可能正确的是()A．v0＝2.5m/sB．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28D．μ＝0.255.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信．t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5m/s，乙车的速度为2m/s，O1、O2的距离为3m．从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动．忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为()A．2.00sB．4.75sC．6.00sD．6.25s6．[2023·全国甲卷]用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙．甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示．由图可知()A．m甲<m乙B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙D．μ甲>μ乙7．高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则()A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为tB．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为eq\f(2l,t)C.1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为eq\f(4l,t)D．动车的加速度大小为eq\f(l,t2)8．[2023·湖北沙市高三联考]以下关于各物体的运动判断正确的是()A．图甲，物体P从接触弹簧开始到运动至最右端的过程中，一直做减速运动B．图乙，物体P在恒力F的作用下，从接触弹簧开始到运动至最右端的过程中，先做加速运动，后做减速运动C．图丙，小球从接触弹簧开始到运动至最低点的过程中，先做加速运动，后做减速运动D.图丁，蹦极的人先做自由落体运动，从橡皮条绷紧开始到运动至最低点的过程中，一直做减速运动9．[2023·湖南六校联考]如图甲所示为北京大兴国际机场利用水平传送带传送行李箱(行李箱可视为质点)的简化原理图，工作人员在A处每间隔T＝1s将行李箱无初速度地放到传送带上，已知传送带以恒定速度v＝2m/s顺时针运行，A、B两处的距离L＝10m，行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2.如图乙为该情境中某物理量随时间变化的图象．下列说法正确的是()A．图乙可能是某个行李箱的位移随时间变化的图象B．图乙可能是摩擦力对某个行李箱做功的功率随时间变化的图象C．相邻行李箱之间的最大距离为2mD．在B端有行李箱到达后，每10s有十件行李箱到达B端二、非选择题10．随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常低头看手机，然而开车时看手机是一种非常危险的驾驶行为，极易引发交通事故．一辆出租车在平直公路上以v0＝18m/s的速度匀速行驶，它正前方x0＝31m处有一辆货车以v1＝20m/s的速度同向匀速行驶，货车由于故障而开始匀减速，而出租车司机此时开始低头看手机，4.5s后才发现危险，司机经0.5s反应时间后，立即采取紧急制动措施开始匀减速直线运动，若货车从故障开始，需向前滑行100m才能停下，求：(1)货车加速度的大小；(2)当出租车开始刹车时，两车之间的距离；(3)若欲使出租车不和货车发生追尾，则出租车刹车的加速度大小．11．[2022·山东卷]某粮库使用额定电压U＝380V、内阻R＝0.25Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A.关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：(1)比例系数k值；(2)上行路程L值．12．[2023·广东省江门期末]运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型：冰壶质量m＝19.7kg，运动员施加的推力F，方向与水平方向夹角为θ＝37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10m/s2，冰壶与地面间的动摩擦因数μ＝0.02，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)运动员施加的推力F是多少？(2)当运动员以水平速度将冰壶投出，冰壶能在冰面上滑行的最远距离是s＝40m，则该运动员将冰壶投出时的水平速度为多少？(3)若运动员仍以第(2)问的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为μ1＝0.016，冰壶继续在被毛刷摩擦过的冰面滑过6m后停止运动．求与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离．专题强化训练2牛顿运动定律与直线运动1．解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零．对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，a＝g，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误．故选B.答案：B2．解析：甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝eq\f(FT,m)＝eq\f(5,3)g，故C正确，B、D错误．答案：C3．解析：由牛顿第二定律可知，小圆环下滑的加速度a＝gsinθ－μgcosθ，下滑的时间t＝eq\r(\f(2R,a))，到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶eq\r(3)，代入计算得eq\f(μ1,μ2)＝eq\f(9,16).故选A.答案：A4．解析：物块沿水平桌面中线做匀减速直线运动，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)，由题述可知，x＝1m，t＝1s，v>0，代入数据有v0<2m/s，故A不可能，B可能；对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，利用匀变速直线运动规律得v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，整理有veq\o\al(2,0)－2ax>0，由于v0<2m/s，可得μ<0.2，故选项C、D不可能．答案：B5．解析：根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O1O2＝5m时，有x甲－x乙＝4m根据运动学公式有x甲＝v甲t－eq\f(1,2)at2，x乙＝v乙t解得t1＝2s，t2＝4s因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当0<t<2s时，O1O2<5m；2s<t<4s时，O1O2>5m．t＝t2＝4s时，甲车的速度为v甲1＝v甲－at2＝1m/s<v乙t＝4s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为x甲1＝eq\f(veq\o\al(2,甲1),2a)＝0.5m根据几何关系可知，从t＝4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中，O1O2<5m，这段过程经历的时间为t′＝eq\f(2×4m＋0.5m,v乙)＝4.25s所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总＝2s＋4.25s＝6.25s，故选D.答案：D6．解析：根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma整理后有F＝ma＋μmg则可知F­a图象的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC.答案：BC7．解析：采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为：1∶（eq\r(2)－1）∶（eq\r(3)－eq\r(2)）∶（2－eq\r(3)）∶……∶（eq\r(n)－eq\r(n－1)），则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过他用时的2倍，历时2t，故A错误；动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l，用时2t，则平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(4l,2t)＝eq\f(2l,t)，故B正确；由以上逆向思维可知l＝eq\f(1,2)at2则加速度a＝eq\f(2l,t2)并且veq\o\al(2,1)＝2al，veq\o\al(2,5)＝2a×4l解得v5＝2v1同时又有l＝eq\f(v1,2)t，所以v5＝eq\f(4l,t)，故C正确，D错误．答案：BC8．解析：若水平面粗糙，物体P受到向左的滑动摩擦力和逐渐增大的弹力，由牛顿第二定律μmg＋kx＝ma可知，物体向右做加速度逐渐增大的减速运动；若水平面光滑，同样可以得出物体向右做加速度增大的减速运动，故A正确．物体受恒力F，若水平面粗糙，其大小与摩擦力的关系未知，若F≤μmg，则有μmg＋kx－F＝ma，物体向右做加速度增大的减速运动；若F>μmg，刚接触时有F－（μmg＋kx）＝ma，当F＝μmg＋kx后有μmg＋kx－F＝ma，故物体先做加速度向右减小的加速运动，后做加速度向左增大的减速运动，故B错误．从小球接触弹簧开始，重力先大于弹力，小球做加速度减小的变加速运动，之后重力等于弹力，出现最大速度，接着重力小于弹力，小球做加速度向上增大的变减速运动，故C正确．蹦极的人在橡皮条绷紧前只受重力，做自由落体运动，此后重力先大于增大的弹力，人做加速度减小的变加速运动，之后重力等于弹力，出现最大速度，最终重力小于弹力，人做加速度向上增大的变减速运动，故D错误．答案：AC9．解析：行李箱在0～2s内做加速度为a＝μg＝1m/s2的匀加速直线运动，位移是关于时间的二次函数，选项A错误；行李箱在t＝eq\f(v,a)＝2s时与传送带共速，则行李箱在2～6s内不受摩擦力，摩擦力的功率为零，选项B错误；后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由v­t图象容易求得ΔL＝vT＝2m，选项C正确；所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后T＝1s，则在B端有行李箱到达后每10s有十件行李箱到达（同样，可由v­t图象理解），选项D正确．答案：CD10．解析：（1）设货车的加速度大小为a1，根据匀变速直线运动位移－速度关系，即由0－veq\o\al(2,1)＝－2a1x代入数据可得a1＝2m/s2.（2）当出租车开始刹车时，货车在t＝5s这段时间内运动的位移为x1＝v1t－eq\f(1,2)a1t2＝75m出租车运动的位移为x出＝v0t＝90m所以可得，当出租车开始刹车时，两车之间的距离为Δx＝x0＋x1－x出＝16m.（3）出租车开始刹车时，货车的速度为：v2＝v1－a1t1＝（20－2×5）m/s＝10m/s若相遇时两车的速度相等，则恰好不发生追尾，设从出租车开始刹车到速度相等所经历的时间为t2，出租车的加速度为a2，则出租车与货车的速度关系为：v0－a2t2＝v2－a1t2则出租车在t2时间内的位移为：x4＝v0t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)货车在t2时间内的位移为：x5＝v2t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2