物理二轮复习专题集训2力与直线运动

专题集训(二)力与直线运动选择题:1．如图所示，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为()12v0B．13vC．18v0D．192．在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的v-t图像如图所示，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则()A．0～t1内，乙的加速度越来越大B．t1时刻，甲、乙再次相遇C．0～t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小D．t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大3．滑块以一定的初速度沿倾角为θ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、图乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，均为μ，不计空气阻力，重力加速度为g。对比两图，下列说法正确的是()A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等B．滑块运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝16∶9C．滑块过A点时的速度大小之比为vA甲∶vA乙＝3∶4D．μ＝17tan4．如图所示，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为()A．2mgsinθB．3mgsinθC．4mgsinθD．5mgsinθ5．(2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F-y图像或y-t图像可能正确的是()ABCD6．(多选)如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d＝0.6m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。则()A．物块由A运动至E的时间为0.6sB．位置A与位置D间的距离为1.30mC．物块在位置D时的速度大小为2.25m/sD．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2二、计算题:7．如图所示，相距l＝2.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1m/s。质量m＝10kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)货物运动到传送带左端时的速度大小；(2)货物在传送带上运动的时间。INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\4.学生用书Word\\1.讲义\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\4.学生用书Word\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\4.学生用书Word\\1.讲义\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\3.教师用书Word\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\3.教师用书Word\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\4.学生用书Word\\1.讲义\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\4.学生用书Word\\1.讲义\\B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\25版二轮物理\\4.学生用书Word\\1.讲义\\B组.TIF"INETINCLUDEPICTURE"综合提升练.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\梁珊珊\\2022\\创新同步\\高二下\\2023（春）物理选择性必修第三册教科版（新教材新标准）教师用书（桂）\\综合提升练.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\梁珊珊\\2022\\创新同步\\高二下\\2023（春）物理选择性必修第三册教科版（新教材新标准）教师用书（桂）\\综合提升练.TIF"INET能力综合练一、选择题:8．成都至宜宾高铁是全国“八纵八横”高速铁路通道之一的“京昆通道”的重要组成部分，也是川西、西北至昆明快速客运铁路大通道的重要组成部分。为了保证行车安全，某高铁在经过铁道桥时的最高时速为v＝216km/h，高铁长度约为l0＝200m，若该高铁正以v0＝324km/h的速度匀速行驶，高铁恰好按规定通过长为L＝1600m的铁道桥后立即加速到原来的速度，已知高铁减速所用的时间为加速时间的2倍，且加速和减速的总时间为90s，假设加速和减速阶段的加速度恒定。则下列说法正确的是()A．高铁减速时的加速度大小为1m/s2B．高铁从减速到恢复到原来的速度所用的总时间为113.3sC．高铁从减速到恢复到原来的速度通过的距离为8150mD．与没有铁道桥相比，耽误的时间为25s9．在地铁某路段的隧洞墙壁上，连续相邻地挂有相同的广告画，画幅的宽度为0.8m，在列车行进的某段时间内，由于视觉暂留现象，车厢内的人向窗外望去会感觉广告画面是静止的。若要使人望向窗外时，看到的是画中的苹果做自由落体运动，则这段时间内(人眼的视觉暂留时间取0.05s，重力加速度g取10m/s2)()A．列车的车速为8m/sB．隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线C．隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差都相等D．隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差不相等，依次相差5cm10．(多选)如图甲所示，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，已知长木板及小物块的加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝aB．长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝aC．小物块的质量m＝FD．长木板的质量M＝F二、计算题:11．中国选手夺得杭州亚残运会女子3km自行车个人追逐赛冠军。杭州亚残运会自行车赛道为周长L＝250m的椭圆，如图(a)所示，M、N两点为椭圆赛道短轴的两端点，比赛开始后，甲、乙两名选手分别从M、N两点同时出发，由静止加速到速率最大的过程中，甲、乙两名选手的速率随时间变化的规律分别如图(b)、图(c)所示，两选手均在达到最大速率后以最大速率骑行。(1)求甲选手的骑行路程为82.5m时的速率；(2)通过计算判断甲选手在骑行前两圈过程中能否追上乙选手。12．如图所示，在水平地面上有一长木板和一个可视为质点的小物块，它们分别以初速度v1＝2m/s和v2＝4m/s相向运动，结果物块恰好没有从木板上滑落，二者运动的v-t图像如图所示。g取10m/s2，试求：(1)长木板上、下表面的动摩擦因数；(2)长木板与小物块的质量比和板的长度。13．如图所示，倾角α＝37°、长L＝1.0m的斜面ABC固定在水平地面，斜面上固定一根轻弹簧，一端固定在斜面底端，自由状态时另一端在O点，A、O间斜面光滑，O、B间斜面不光滑，且与可视为质点的小物块甲、乙间的动摩擦因数都是μ＝0.25。小物块甲固定在弹簧上，乙紧靠甲，甲和乙从O点自由释放后一起运动；在甲和乙速度最大时，给乙施加一沿斜面向下的恒力F＝20N(图中未画出)，到甲和乙沿斜面向下的速度最大时，撤去该力；甲、乙分离时，另对甲施加一外力，让甲回到O点后不再运动到O点之上。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小物块甲和乙质量均为m＝1.0kg，弹簧原长L0＝0.6m，劲度系数k＝100N/m，g取10m/s2。整个过程弹簧形变在弹性限度内。(1)求恒力F作用前，甲和乙速度最大时弹簧的压缩量x0；(2)求甲、乙分离时，乙速度v的大小；(3)小物块乙能不能达到斜面顶端B？若能，求达到顶端时的速度vB；若不能，求乙与甲分离后第一次回到O点的时间t。参考答案：1．B[设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，加速度分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2＝f1f2＝71，由运动学公式，在路面上有v02−v12＝2a1x1，在冰面上有v122．D[v­t图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可得，0～t1时间内乙图线与时间轴所围的面积与甲图线与时间轴所围的面积之差一直增大，即甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，故C错误；由B选项可得，t1时刻乙在甲前面，t1～t2由题图可知v甲>v乙，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙的距离再增大，故D正确。故选D。]3．B[根据题图可知，题图甲中有3个时间间隔，题图乙中有4个时间间隔，则滑块上滑与下滑的时间之比t甲∶t乙＝3∶4，A错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间公式x＝12at2结合A项分析可知，滑块运动的加速度大小之比a甲∶a乙＝t乙2:t甲2＝16∶9，B正确；对题图甲的逆过程分析有vA甲2＝2a甲xBA，对题图乙过程分析有vA乙2＝2a乙xBA，则vA甲vA乙＝a甲a乙＝43，C错误；滑块上滑过程，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcos4．C[物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝mgsinθ，对甲有F弹1＋mgsinθ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mgsinθ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsinθ＝4mgsinθ，故选C。]5．B[在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有F＝mg－k(y－H)，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大，故F­y图像如图所示，故B正确，A错误；同理，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据y＝12gt2，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律知F＝mg－k(y－H)，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y­t图像斜率继续增大；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y­t后，木块向上运动。经以上分析可知，木块先做加速度恒定的加速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y­t图像大致如图所示，故C、D错误。故选B。]6．CD[由题图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40s，故AE的时间间隔为1.6s，选项A错误；AC段与CE段的时间间隔均为2T＝0.80s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝a(2T)2，解得a＝1.875m/s2，选项D正确；物块在位置D时速度vD＝xCE2T＝2.25m/s，选项C正确；由vD＝vA＋a·3T得物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝7．解析：(1)根据牛顿第二定律得货物在左端平台上时加速度为a1＝F−μ1由运动学规律有v12＝2a1s1，s解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1＝2m/s。(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力方向向左，此时加速度为a2＝F−μ2故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝v−v该段时间货物位移为s2＝v1+v2由于μ2mg>F，则共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝l−s故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2s。答案：(1)2m/s(2)2s8．D[设高铁减速的时间为t1、匀速时间为t2、加速的时间为t3，减速和加速的加速度大小分别为a1、a2。高铁减速的时间为t1＝v0−va1，高铁加速的时间为t3＝v0−va2，又t1＋t3＝t，t1＝2t3，代入数据解得a1＝0.5m/s2,a2＝1m/s2，A错误；高铁通过铁道桥所用的时间为t2＝L+l0v＝1600+20060s＝30s，所以高铁从减速到通过铁道桥后加速到原来的速度所用的总时间为t总＝t1＋t2＋t3＝120s，B错误；高铁减速的位移x1＝v02−v22a1＝4500m，高铁加速的位移为x3＝v02−v22a2＝2250m，所以高铁从减速到恢复到原来的速度通过的距离为x＝x1＋L＋l0＋x3＝8550m，C错误；(另解：高铁减速的位移为x19．B[当列车经过相邻两幅画的时间间隔为0.05s时，车厢内的人会感觉广告画面是静止的，所以列车的速度v＝xt＝0.80.05m/s＝16m/s，A错误；以匀速行驶的列车为参考系时，画中的苹果做自由落体运动，则以地面为参考系时画中的苹果做平抛运动，因此隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线，B正确；根据Δy＝gT2可得隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差的差值为Δy＝gT2＝10×(0.05)10．BCD[根据题图乙分析可知，当F＝F1时，地面与木板间的摩擦力达到最大，即有F1＝μ2(M＋m)g，当F1<F<F3时，物块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，变形得a＝1M+mF－μ2g，对比题图乙可知，1M+m＝a1F3−F1，μ2g＝a0，解得μ2＝a0g，B正确；当F＝F3时，物块与木板间的摩擦力达到最大，即有F3－μ1mg＝ma1，当F>F3时，物块与木板发生相对滑动，对物块由牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma，变形得a＝1mF－μ1g，对比题图乙可知，1m＝a1F3−11．解析：(1)由题图(b)可知0～10s时间内甲的骑行路程为s1＝0+82×10～20s时间内甲的骑行路程为s2＝8+102×10m＝90m>82.5m－s则甲的骑行路程为82.5m时处于10～20s时间内，10～20s时间内甲速率的变化率为a1＝10−810m/s2＝0.2m/s则由运动学规律可知s－s1＝v1t＋12a1t解得t＝5s，t＝－85s(舍去)由运动学规律可知，甲选手的骑行路程为82.5m时的速率为v＝v1＋a1t解得v＝9m/s。(2)结合题图(b)、题图(c)可知甲、乙运动过程中速率相等时的速率v2＝10m/s，又0～40s时间内乙速率的变化率为a2＝12−040m/s2＝0.3m/s甲、乙速率相等时运动的时间为t共＝v2a2甲在这段时间内的骑行路程为s甲＝s1＋s2＋v2(t共－20s)＝7903乙在这段时间内的骑行路程为s乙＝12a2则甲、乙在这段时间内的路程差为Δs＝s甲－s乙＝2903m<L以后乙的速率大于甲的，故甲未追上乙。答案：(1)9m/s(2)见解析12．解析：(1)由v-t图像可知物块先向右减速停下后再反向加速至与木板共速，再一起减速停下，图中三段线对应的加速度分别为a1＝Δv1Δt1＝−1−21.5−0m/s2＝－2m/s2，a2＝Δv2Δt2＝−1−−41.5−0m/s2＝2m/s物块在木板上相对滑动时，对物块根据牛顿第二定律可得－μmg＝ma1，解得长木板上表面