2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)2力與直線運動含解析

PAGE8-專題限時集訓(xùn)(二)(建議用時：40分鐘)1．(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形態(tài)大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是()甲乙A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力等于mgC．M運動的加速度大小為(1－sinα)gD．M運動的加速度大小為eq\f(M－m,M)gBCD[互換位置前，M靜止在斜面上，則有Mgsinα＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有F′T－mgsinα＝ma，又FT＝F′T，解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，F(xiàn)T＝mg，故A錯，B、C、D對。]2．(創(chuàng)新題)艦載戰(zhàn)斗機著艦被稱為“在刀尖上跳舞”，指的是艦載戰(zhàn)斗機著艦有很大的風(fēng)險，一旦著艦不勝利，飛行員必需快速實施“逃逸復(fù)飛”，其中“逃逸復(fù)飛”是指制動掛鉤掛攔阻索失敗后艦載戰(zhàn)斗機的復(fù)飛。若某飛行員在一次訓(xùn)練“逃逸復(fù)飛”科目時，艦載戰(zhàn)斗機復(fù)飛前的速度為25m/s，復(fù)飛過程中的最大加速度為6m/s2，航母跑道長為200m，起飛須要的最小速度為50m/s。則艦載戰(zhàn)斗機在跑道上復(fù)飛過程的最短時間約為()A．4.2s B．5.0sC．7.5s D．8.0sA[艦載戰(zhàn)斗機在復(fù)飛過程中以最大加速度6m/s2做勻加速直線運動時，艦載戰(zhàn)斗機有最短復(fù)飛距離，設(shè)為s，由題意知v0＝25m/s，a＝6m/s2，v＝50m/s，依據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2as得s＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(502－252,2×6)m＝156.25m<200m，則艦載戰(zhàn)斗機復(fù)飛的最短時間為t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(50－25,6)s≈4.2s。]3.(2024·河南五校聯(lián)考)如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長的光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中()A．B的加速度為gsinθ B．繩的拉力為eq\f(G,cosθ)C．繩的方向保持豎直 D．繩的拉力為GA[A、B相對靜止，即兩者的加速度相同，以A、B、繩整體為探討對象，分析整體的受力可知，整體的加速度為gsinθ，可知選項A正確；以B為探討對象進行受力分析，如圖所示，分析可知，繩子的方向與斜面垂直，拉力大小FT等于Gcosθ，選項B、C、D錯誤。]4.(一題多法)(多選)汽車由靜止起先在平直的馬路上行駛，在0～50s內(nèi)汽車的加速度隨時間改變的圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．汽車行駛的最大速度為20m/sB．汽車在第50s末的速度為零C．在0～50s內(nèi)汽車行駛的總位移為850mD．汽車在40～50s內(nèi)的速度方向和在0～10s內(nèi)的速度方向相反AC[法一在0～10s內(nèi)汽車做勻加速直線運動，10s末汽車的速度v1＝a1t1＝20m/s，汽車的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝100m，在10～40s內(nèi)汽車做勻速直線運動，位移為x2＝v1t2＝600m，在40～50s內(nèi)汽車做勻減速直線運動，a2＝－1m/s2，第50s末的速度為v2＝v1＋a2t3＝10m/s，位移為x3＝v1t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝150m，總位移為x＝x1＋x2＋x3＝850m，汽車在40～50s內(nèi)的速度為正值，與在0～10s內(nèi)的速度方向相同，綜上所述，選項A、C正確，B、D錯誤。法二本題A、B、D選項也可依據(jù)a-t圖線與坐標軸所圍的面積表示速度改變量來分析。最大面積為0～10s內(nèi)圖線與坐標軸圍成的面積，所以汽車的最大速度為20m/s，A正確；0～50s內(nèi)圖線與坐標軸圍成的面積為20m/s－10m/s＝10m/s，因此汽車在50s末的速度為10m/s，汽車在40～50s內(nèi)的速度均為正值，與在0～10s內(nèi)的速度方向相同，B、D錯誤。]5．(易錯題)如圖所示為物體做直線運動的圖象，下列說法正確的是()甲乙丙丁A．甲圖中，物體在0～t0這段時間內(nèi)的位移小于eq\f(1,2)v0t0B．乙圖中，物體的加速度為2m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1～t2時間內(nèi)物體的加速度改變量D．丁圖中，t＝3s時物體的速度為25m/sD[由v-t圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，可知甲圖中，物體在0～t0這段時間內(nèi)的位移大于eq\f(1,2)v0t0，選項A錯誤；依據(jù)v2＝2ax可知乙圖中，2a＝1m/s2，則物體的加速度為0.5m/s2，選項B錯誤；依據(jù)Δv＝at可知，丙圖中陰影部分的面積表示t1～t2時間內(nèi)物體的速度改變量，選項C錯誤；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結(jié)合丁圖可知eq\f(1,2)a＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，即a＝10m/s2，則v0＝－5m/s，故t＝3s時物體的速度為v3＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，選項D正確。][易錯點評]本題的易錯點在于圖象信息的理解及應(yīng)用，如甲圖中變加速運動位移的分析，丁圖中eq\f(x,t)的物理意義。6.如圖所示，直線a和曲線b分別代表在平直馬路上行駛的汽車甲和乙的位移—時間圖象，則由圖象可知()A．在t1時刻，乙車追上甲車B．甲車做勻變速直線運動，乙車做變加速直線運動C．從t1到t2這段時間內(nèi)，乙車的速領(lǐng)先減小后增大，方向保持不變D．從t1時刻之后(不包含t1時刻)到t2時刻這段時間內(nèi)，甲、乙兩車相遇兩次A[由圖可知，在t1時刻，甲、乙兩車的位置坐標相同，即到達同一位置，而0～t1時間內(nèi)乙車的位移大于甲車的位移，所以在t1時刻，乙車追上甲車，選項A正確；由圖可知，甲車做勻速運動，加速度為零，乙車做變速運動，加速度不為零，選項B錯誤；x-t圖線的斜率表示速度，在t1到t2這段時間內(nèi)，乙車的x-t圖線的斜領(lǐng)先減小后增大，則乙車的速領(lǐng)先負向減小后正向增大，選項C錯誤；由圖可知，從t1時刻之后到t2時刻這段時間內(nèi)，甲車和乙車僅在t2時刻位置相同，故只相遇一次，選項D錯誤。]7．(多選)一運動員(可視為質(zhì)點)進行三米板跳水訓(xùn)練，某次跳水過程中，運動員的速度—時間圖象如圖所示，t＝0是其向上起跳的瞬間，此時跳板回到平衡位置。t3＝5.5t1，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則下列推斷正確的是()A．運動員入水時的速度大小為2eq\r(15)m/sB．運動員離開跳板后向上運動的位移大小為eq\f(3,8)mC．運動員在水中向下運動的加速度大小為20m/s2D．運動員入水的深度為1.5mBC[設(shè)運動員離開跳板后向上運動的位移大小為x，由題圖知，運動員入水前向上運動的位移大小為向下運動位移大小的eq\f(1,9)，即eq\f(x,x＋3m)＝eq\f(1,9)，解得x＝eq\f(3,8)m，所以運動員入水前向下運動的位移大小h1＝3m＋eq\f(3,8)m＝eq\f(27,8)m，由v2＝2gh1，得運動員入水時的速度大小為v＝eq\f(3\r(30),2)m/s，選項A錯誤，B正確；由題圖知運動員在水中運動的加速度大小是空中的2倍，即a＝20m/s2，選項C正確；運動員入水的深度為h2＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(27,16)m，選項D錯誤。]8．(2024·四川達州聯(lián)考)在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩套裝置(斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，P1、P2分別是固定在B、D上的擋板，完全相同的兩個彈簧一端固定在擋板上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對靜止沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是()A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài)C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長狀態(tài)D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài)C[依據(jù)題意分析可知A與B保持相對靜止，則二者沿斜面對下的加速度是相等的，設(shè)它們的總質(zhì)量為M，則Ma＝Mgsinα，所以a＝gsinα；同理，若以C、D為探討對象，則它們共同的加速度大小也是gsinα。以A為探討對象，A受到重力、斜面體B對其豎直向上的支持力，兩力的合力的方向在豎直方向上，由于A在水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinαcosα，水平方向的加速度由彈簧對其的彈力供應(yīng)，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；以C為探討對象，C受到重力、長方體的支持力，合力的大小F合＝mgsinα，加速度為a＝gsinα，即C不受彈簧的彈力，所以彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項C正確。]9．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，靜止一質(zhì)量為M的足夠長的長木板，質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)靜止放在長木板上。從t＝0時刻起先，長木板受到的水平拉力F與加速度a的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是()甲乙A．長木板的質(zhì)量M＝1kgB．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5C．當F＝6.5N時，長木板的加速度大小為2.5m/s2D．當F增大時，小滑塊的加速度肯定增大AC[長木板與小滑塊相對靜止時，對整體分析，由牛頓其次定律有：F＝(M＋m)a，當F＝6N時，此時兩物體具有共同的最大加速度，代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝3kg，當F大于6N時，對長木板，依據(jù)牛頓其次定律得：F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg，知圖線的斜率k＝M＝1kg，則滑塊的質(zhì)量為：m＝2kg，μmg＝4N，μ＝0.2，故A正確，B錯誤；當F＝6.5N時，長木板的加速度為：a＝2.5m/s2，故C正確；當拉力大于6N時，兩物體發(fā)生相對滑動，小滑塊的加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，恒定不變，故D錯誤。]10.(2024·河北衡水第六次調(diào)研)一水平傳送帶以2.0m/s的速度順時針傳動，水平部分長為2.0m。其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4m，一個可視為質(zhì)點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，試問：(1)物塊能否到達斜面頂端？若能則說明理由，若不能則求出物塊沿斜面上升的最大距離。(2)物塊從動身到4.5s末通過的路程。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)[解析](1)物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動μmg＝ma1x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m<L所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速，物塊以速度v0滑上斜面－mgsinθ＝ma2物塊速度為零時上升的距離x2＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(1,3)m由于x2<0.4m，所以物塊未到達斜面的最高點。(2)物塊從起先到第一次到達傳送帶右端所用時間t1＝eq\f(2x1,v0)＋eq\f(L－x1,v0)＝1.5s物塊在斜面上來回一次的時間t2＝2eq\f(－v0,a2)＝eq\f(2,3)s物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0，方向向左－μmg＝ma3向左端發(fā)生的最大位移x3＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a3)物塊向左的減速過程和向右的加速過程中位移大小相等，4.5s末物塊在斜面上速度恰好減為零，故物塊通過的總路程x＝L＋3x2＋2x3x＝5m。[答案](1)不能eq\f(1,3)m(2)5m11．(2024·全國卷Ⅰ·T15)如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復(fù)原原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()ABCDA[假設(shè)物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧復(fù)原原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓其次定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，明顯F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。]12．(多選)(2024·全國卷Ⅲ·T20)如圖(a)所示，物塊和木板疊放在試驗臺上，物塊用一不行伸長的細繩與固定在試驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t改變的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與試驗臺之間的摩擦可以忽視。重力加速度g取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()(a)(b)(c)A．木板的質(zhì)量為1kgB．2s～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2AB[由題圖(c)可知木板在0～2s內(nèi)處于靜止狀態(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2s內(nèi)漸漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力漸漸增大，故可以推斷木板受到的水平外力F也漸漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在2～4s內(nèi)做勻加速運動，其加速度大小為a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，在4～5s內(nèi)做勻減速運動，其加速度大小為a2＝eq\f(0.4－0.2,5－4)m/s2＝0.2m/s2，另外由于物塊靜止不動，