223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练2：力与直线运动（含答案）

《223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练2：力与直线运动（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练2：力与直线运动（含答案）（8页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、专题分层突破练2力与直线运动A组1.(多选)(2022山东潍坊实验中学模拟)如图所示为甲、乙两个质点在同一地点沿同一方向运动的速度时间(v-t)图像,则下列说法正确的是()A.0t1时间内,甲质点先沿正方向运动后沿负方向运动B.t=t0时刻,甲、乙两质点相遇C.0t1时间内,甲、乙两质点间的距离先增大后减小D.0t1时间内,甲、乙两质点的平均速度相同2.(2022全国乙卷)如图所示,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35l时,它们加速度的大小均为()

2、A.5F8mB.2F5mC.3F8mD.3F10m3.(2022广东联合模拟)科学研究表明,饮酒驾车会明显延长驾驶员的反应时间。某测试员在没有饮酒和少量饮酒的情况下,分别用同一辆车进行了测试,如图所示为对应的v-t图像(从发现紧急情况开始计时),由图像可知()A.饮酒使司机的反应时间延长了1 sB.饮酒使司机的反应距离增大了20 mC.饮酒使司机刹车时的加速度减小D.饮酒后,司机至少需要40 m距离才能停下来4.(2022安徽六安质检)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦

3、因数均为2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2,以下说法正确的是()A.木板的长度为1.68 mB.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/sC.小物块离开木板后,木板的加速度大小为2 m/s2,方向水平向右D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞5.(2022浙江温州二模)祝融号火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始依次经过加速、匀速和制动过程,直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是匀变速直线运动。t/s024681012s/cm02.08.017.527.033.0

4、35.0下列说法正确的是()A.前6 s火星车做加速运动B.第6 s末火星车的速率为4.75 cm/sC.火星车一共匀速运动了10 cmD.火星车减速的加速度大小为2 cm/s26.(2022浙江宁波十校联考)冬奥会上运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上自由滑行,在不与其他冰壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置。按比赛规则,投掷冰壶运动员的队友,可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面,减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现运动员以一定的初速度投掷出冰壶,冰壶能自由滑行28.9 m。已知冰壶的质量为19 kg,在未摩擦冰面的情况下,冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02,摩擦后动摩擦因数变为原

5、来的90%,不计空气阻力,不考虑冰壶的旋转。(1)求冰壶被掷出时的初速度大小。(2)在相同的初速度下,冰壶自由滑行一定距离后,队友开始在其滑行前方一直摩擦冰面,最终使冰壶多滑行了2.1 m,则冰壶自由滑行的距离有多远?B组7.(2022广东六校联考)为保障市民安全出行,有关部门规定:对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图所示为乘客在进入地铁站乘车前,将携带的提包轻放到安检机的水平传送带上接受检查时的情景,假设绷紧的传送带始终以恒定的速率运行,提包在t2时刻通过安检机,以下图像可能正确反映出提包在通过安检机上的运动情况和所受摩擦力的是()8.(多选)(2022广东深圳宝安调研)如图所

6、示,飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行,将行李无初速度地放在传送带底端,传送带将它送入飞机货舱,在此过程中传送带对行李做功的功率为P,行李速度为v,位移为s,加速度为a,已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,则下列图像可能正确的是()9.(多选)(2022湖南永州一模)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。一质量m=2.0 kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s,然后无人机又匀速向上运动3 s,接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零,之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s,受到的空气阻力恒为f=1 N,重力加速度g取10 m/s2,则()A

7、.无人机上升的第一个阶段,受到向上的作用力大小是25 NB.无人机上升的第二个阶段,受到向上的作用力大小是20 NC.无人机上升的第三个阶段,受到向上的作用力大小是18 ND.无人机上升的总高度为24 m10.(2022河北衡水中学模拟)如图所示,相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上,两物块质量分别为m1和m2,且m1m2,现对两物块同时施加相同的水平恒力F,设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN,则下列说法正确的是()A.物块B的加速度为Fm2B.物块A的加速度为2Fm1+m2C.FFN1(m1+m2)g,对木板由牛顿第二定律得2m2g-1(m1+m2)g=m1a1,解得a1=2

8、 m/s2,即小物块在木板上以a2=2g=4 m/s2的加速度向右减速滑行时,木板以a1=2 m/s2的加速度向右加速运动,在0.6 s时,小物块的速度v2=v0-a2t=1.6 m/s,木板的速度v1=a1t=1.2 m/s,B错误;小物块滑离木板时,小物块的位移为s2=v0+v22t=1.68 m,木板的位移s1=v12t=0.36 m,两者相对位移为s=s2-s1=1.32 m,即木板长度为1.32 m,A错误;小物块离开木板后,木板做匀减速直线运动,加速度大小为a1=1g=2 m/s2,方向水平向左,C错误;小物块离开木板后,在地面上的加速度仍为a2,小物块能滑行s2=v222a2=0

9、.32 m,木板能滑行s1=v122a1=0.36 m,所以两者会相碰,D正确。5.C解析 由题意可知,火星车从静止开始先做匀加速直线运动,接着做匀速直线运动,最后做匀减速直线运动至停下,设匀加速阶段的加速度大小为a,时间为t1;匀速阶段的速度为v,时间为t2;匀减速阶段的加速度大小为a,时间为t3。由表格数据可知,02 s,火星车从静止开始做匀加速直线运动,通过的位移为2 cm,根据x=12at2,解得a=1 cm/s2,1012 s,火星车做匀减速直线运动至停下,通过的位移为2 cm,结合逆向思维,可认为此过程反向做初速度为0的匀加速直线运动,则有s=12at2,解得a=1 cm/s2,匀

10、加速阶段的时间为t1=va,匀减速阶段的时间为t3=va,故012 s全过程的位移满足s总=v2t1+vt2+v2t3=35 cm,又有t1+t2+t3=12 s,联立以上各式解得t1=t3=5 s,t2=2 s,v=5 cm/s。所以前5 s火星车做加速运动,A错误;57 s火星车做匀速运动,故第6 s末火星车的速率为5 cm/s,B错误;火星车匀速运动的位移为s2=vt2=52 cm=10 cm,C正确;火星车减速的加速度大小为1 cm/s2,D错误。6.答案 (1)3.4 m/s(2)10 m解析 (1)取冰壶自由滑行时初速度方向为正方向,根据牛顿第二定律有-mg=ma1设冰壶被掷出时的

11、初速度为v0,根据运动学公式有0-v02=2a1s联立代入数据解得v0=3.4 m/s。(2)在摩擦冰面时,根据牛顿第二定律有-0.9mg=ma2设自由滑行的距离为s1,摩擦冰面时滑行的距离为s2,自由滑行结束时的速度为v1,根据运动学公式有v12-v02=2a1s1,0-v12=2a2s2又有s+2.1 m=s1+s2联立代入数据解得s1=10 m。7.D解析 提包不可能减速,A错误;提包不可能保持静止状态,B错误;提包的加速度不会逐渐减小,C错误;当提包加速时,受到恒定的摩擦力,其加速度恒定,当提包与传送带达到共速时,其不再受到摩擦力,D正确。8.AB解析 行李先向上做匀加速运动,此时的v

12、-t图像是倾斜的直线,s-t图像为曲线,a-t图像是平行于t轴的直线;行李与传送带共速后做匀速运动,此时的v-t图像是平行于t轴的直线,s-t图像是倾斜的直线,加速度a为零,故选项B正确,C、D错误。加速时传送带对行李的摩擦力f1=mgsin +ma,匀速时f2=mgsin ,加速时传送带对行李做功的功率P=f1at=(mgsin +ma)at,匀速时传送带对行李做功的功率P=f2v=mgsin v带,故选项A正确。9.AD解析 第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动,加速度为a1=42 m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,解得F1=mg+ma1+f=(2.01

13、0+2.02+1) N=25 N,故A正确;第二阶段无人机匀速运动,由平衡条件可知F2=mg+f=21 N,故B错误;第三阶段无人机在竖直方向上做匀减速直线运动,加速度为a2=0-44 m/s2=-1 m/s2,由牛顿第二定律得F3-mg-f=ma2,解得F3=mg+ma2+f=(2.010-2.01+1) N=19 N,故C错误;无人机上升的总高度为h=(422+43+424) m=24 m,故D正确。10.B解析 由于没有摩擦力,且m1m2,故两者会一块运动,对整体由牛顿第二定律有2F=(m1+m2)a,解得a=2Fm1+m2,选项A错误,B正确;再对B受力分析,由牛顿第二定律有F+FN=

14、m2a,代入加速度解得FN=(m2-m1)Fm1+m2F,选项C、D错误。11.B解析 由题图乙可知前10 s内建筑材料的加速度a=vt=0.1 m/s2,由牛顿第二定律得F-mg=ma,可知悬线的拉力为F=mg+ma=15010 N+1500.1 N=1 515 N,A错误;由v-t图像面积可得整个过程上升高度为h1=20+3621 m=28 m,下降高度为h2=12(46-36)1.2 m=6 m,所以46 s末塔吊的建筑材料离地面的距离为h=h1-h2=28 m-6 m=22 m,B正确;因3036 s建筑材料加速度向下,处于失重状态,Fmg,所以前10 s钢索最容易发生断裂,C错误;由题图可知,3646 s建筑材料的速度方向向下,向下做加速运动,D错误。12.答案 (1)0.5 m/s2(2)186 s解析 (1)为避免相撞,机器人减速后刚追上运动员时速度v=v0-at=v人对人x1=v人(t0+t)对机器人s2=v0t0+v0+v2t且有s1+s=s2解得a=0.5 m/s2。(2)此时最大加速度为am=g=2 m/s2各房门间匀加速阶段有vm2=2ams1解得s1=1 m对应时间t1=vmam=1 s各房门间匀减速阶段有vm2=2ams2解得s2=1 m对应时间为t2=vmam=1 s匀速阶段的位移s3=L-s1-s2=4 m对应时间为t3=s3vm=2 s