高中物理高考 专题分层突破练2　力与直线运动—2021届高考物理二轮总复习专题检测

专题分层突破练2　力与直线运动

A组

1.(2020山东济宁高三5月模拟)质点在做匀变速直线运动,依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t,在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2,则该质点运动的加速度为              (　　)

A. B.

C. D.

2.

(2020广东广州高三模拟)如图,装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车,当车速v满足3.6 km/h≤v≤36 km/h、且与前方行人之间的距离接近安全距离时,如果司机未采取制动措施,系统就会立即启动“全力自动刹车”,使汽车避免与行人相撞。若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4~6 m/s2,则该系统设置的安全距离约为(　　)

A.0.08 m B.1.25 m C.8.33 m D.12.5 m

3.

(2020四川泸州高三二诊)甲、乙两汽车在同一平直公路上做直线运动,其速度—时间(v-t)图像分别如图中a、b两条图线所示,其中a图线是直线,b图线是抛物线的一部分,两车在t1时刻并排行驶。下列关于两车的运动情况,判断正确的是              (　　)

A.甲车向负方向做匀速运动

B.乙车的速度先减小后增大

C.乙车的加速度先减小后增大

D.在t2时刻两车也可能并排行驶

4.(2020山东青岛高三下学期统一质量检测)下图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线,纵坐标为压力,横坐标为时间。由图线可知,该同学的体重约为650 N,以下信息正确的是(　　)

A.1 s时人处在下蹲的最低点

B.2 s时人处于下蹲静止状态

C.该同学做了2次下蹲—起立的动作

D.下蹲过程中人始终处于失重状态

5.(多选)(2020山东潍坊高三期末)如图甲,在桌面上有一本书,书的上方放一水杯,给水杯施加一水平力,其大小F随时间t变化关系如图乙所示。设桌面对书的摩擦力为f,书的速度为v,假定各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列反映f和v随时间t变化的图线中可能正确的是(　　)

6.

(2020河南郑州高中毕业年级质检)如图所示,ABCD-A'B'C'D'为一立方体木箱,O点为底面A'B'C'D'中心,M点为DD'中点,N点为BCC'B'面的中心。AO、MO、NO为三个光滑轻杆,三个完全相同的小球套在轻杆上,分别从A、M、N三点由静止沿轻杆滑下。关于三个小球的运动,下列说法正确的是(　　)

A.三个小球滑到O点时的速度大小相等

B.三个小球滑到O点所用的时间相等

C.从A点滑下的小球到达O点时的速度最大

D.从M点滑下的小球到达O点所用时间最短

7.

(2020湖南衡阳高三模拟)倾角为θ的斜面固定在水平面上,在斜面上放置一“”形长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ。平行于斜面的力传感器(不计传感器的重力)上端连接木板,下端连接一质量为m的光滑小球,如图所示,当木板固定时,传感器的示数为F1,现由静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,传感器的示数为F2。则下列说法正确的是(　　)

A.若μ=0,则F1=F2 B.若μ=0,则F2=mgsin θ

C.若μ≠0,则μ= D.若μ≠0,则μ=

B组

8.

(2020河南六市高三联合调研检测)在平直公路上甲乙两车从同一地点出发,两车位移x和时间t的比值与时间t之间的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.甲车的加速度大小为5 m/s2

B.6 s末乙车速度减小到零

C.甲车追上乙车前,2 s末甲乙两车相距最远

D.乙车速度减小到零时,甲车速度为30 m/s

9.

(2020陕西榆林高三模拟)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=2 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。工件滑上A端瞬时速度vA=5 m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,则(　　)

A.若传送带以4 m/s的速度顺时针转动,则vB=3 m/s

B.若传送带逆时针匀速转动,则vB<3 m/s

C.若传送带以2 m/s的速度顺时针匀速转动,则vB=3 m/s

D.若传送带以某一速度顺时针匀速转动,则一定有vB>3 m/s

10.

(2020黑龙江哈尔滨高三模拟)如图所示,斜面固定,平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A,另一端固定,最初A静止。在A上施加与斜面成30°角的恒力F,A仍静止,下列说法正确的是(　　)

A.A对斜面的压力一定变小

B.A对斜面的压力可能不变

C.A对斜面的摩擦力一定变大

D.A对斜面的摩擦力可能变为零

11.(2020河南郑州高中毕业年级第一次质量预测)中国高铁的发展速度令世人瞩目。为了提高行车效率,缩短行车时间,设计师提出一种列车过站不停车的设想,如下面简图所示。高铁匀速行驶的速度v0=360 km/h,进站时尾部子车1在O点自动脱离,将乘客送到下车站台下车,载着新乘客的子车2提前等候在上车站台A点处。为了更好地完成对接,母车接近车站时提前向子车2发出指令,发出指令后立即开始做加速度为a0的匀减速直线运动,到达B点时恰好将车速减小到v。子车2接到指令后,沿转移轨道AB开始做加速度a=1 m/s2的匀加速直线运动,子车2达到最大速度v=144 km/h后,接着做匀速直线运动。转移轨道AB与铁轨的夹角θ=3°,已知cos 3°≈1。若子车2启动后t=3 min,和母车同时到达B点,完成同速对接。

(1)母车距离B点多远的时候,发出指令让子车2开始启动?母车做匀减速直线运动的加速度a0的大小是多少?

(2)求转移轨道AB的长度。

12.

(2020山东日照4月模拟)如图所示,质量M=2 kg的滑板A放在水平地面上,当A向右滑动的速度v0=13.5 m/s时,在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量m=1 kg的小物块B,同时给B施加一个水平向右的F=6 N的恒力并开始计时。已知A与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,A与B间的动摩擦因数μ2=0.4。(设滑板A足够长,g取10 m/s2)求:

(1)经过多长时间A、B达到共同速度;

(2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内,A、B间因摩擦而产生的热量Q;

(3)2 s内滑板A的位移大小。

参考答案

专题分层突破练2　力与直线运动

1.B　解析 AB中间时刻的速度v1=,CD段中间时刻速度v2=,故加速度为a=,只有选项B正确。

2.D　解析 由题意知,车速3.6 km/h≤v≤36 km/h即1 m/s≤v≤10 m/s,系统启动“全力自动刹车”的加速度大小约为4~6 m/s2,最后末速度减为0,由推导公式v2=2ax,可得x≤ m=12.5 m,故只有选项D正确。

3.C　解析 甲车向正方向做匀减速运动,选项A错误;由图像可知,乙车的速度先增大后减小,选项B错误;图像的斜率等于加速度,可知乙车的加速度先减小后增大,选项C正确;因t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移,可知在t2时刻两车不可能并排行驶,选项D错误。

4.B　解析 人在下蹲的过程中,先加速向下运动,此时加速度方向向下,故人处于失重状态,最后人静止,故下半段是人减速向下的过程,此时加速度方向向上,人处于超重状态,故下蹲过程中先是失重后超重,选项D错误;在1 s时人的失重最严重,即向下的加速度最大,故此时人并没有静止,它不是下蹲的最低点,选项A错误;2 s时人经历了失重和超重两个过程,故此时处于下蹲静止状态,选项B正确;由图线得,该同学先下蹲后起立,共做了1次下蹲—起立的动作,选项C错误。

5.BCD　解析 若一开始两者相对桌面静止,f=F,F不为零,若一开始书就相对桌面滑动,f=μmg,选项A错误,选项B正确;由于F一开始不为零,所以可以刚开始水杯和书就发生相对滑动,书和桌面发生相对滑动,书受力恒定,从开始做匀加速直线运动,选项C正确;若一开始F不够大,书相对桌面静止,F增大到一定值时书开始做匀加速直线运动,选项D正确。

6.C　解析 根据题意,分别将AO、NO、MO看作直角三角形的三个斜边,由图可知A、M、N三点高度之比为2∶1∶1,由动能定理有mgh=mv2-0,故三者落地速度不同,由高度关系可得vA∶vM∶vN=∶1∶1,则三者的速度大小关系为vA>vM=vN,选项A错误,C正确;三个小球的位移之比为,三个小球的加速度之比为,再由v=at可得tA=tM>tN,选项B、D均错误。

7.D　解析 当木板固定时,对小球分析,根据共点力平衡有F1=mgsin θ,静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,若μ=0,则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得,Mgsin θ=Ma,解得a=gsin θ,再以小球为研究对象,则有mgsin θ-F2=ma,解得F2=0,选项A、B错误;当木板沿斜面下滑时,若μ≠0,对整体分析,根据牛顿第二定律可得加速度为a=gsin θ-μgcos θ,隔离对小球分析有mgsin θ-F2=ma,解得F2=μmgcos θ,则有F1∶F2=mgsin θ∶μmgcos θ=tan θ∶μ,解得μ=,选项C错误、D正确。

8.D　解析 根据x=v0t+at2可得=v0+at,甲车的加速度大小为a1=2k1=2× m/s2=10 m/s2,选项A错误;由图像可知,乙车的初速度为v0=15 m/s,加速度为a2=2k2=-2× m/s2=-5 m/s2,则速度减为零的时间为t==3 s,选项B错误;当两车相距最远时速度相等,即v0-a2t=a1t,解得t=1 s,选项C错误;乙车速度减小到零时t=3 s,此时甲车速度为v=a1t=30 m/s,选项D正确。

9.C　解析 物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为a=μg=4 m/s2,若传送带以4 m/s的速度顺时针转动,则物体开始时做减速运动,当速度减为4 m/s时的位移为s= m=1.125 m,然后物体随传送带匀速运动,故达到B端的瞬时速度为4 m/s,选项A错误;若传送带逆时针匀速转动,则物体在传送带上做减速运动,到达B端时的速度为vB= m/s=3 m/s,选项B错误;若传送带以2 m/s的速度顺时针匀速转动时,物体做减速运动,由B选项可知到达B端的速度为vB=3 m/s,选项C正确;当传送带以某一速度顺时针匀速转动时,若物体一直减速,则到达B端的速度为3 m/s,只有当传送带的速度大于3 m/s时到达右端的速度才是vB>3 m/s,选项D错误。

10.D　解析 设斜面倾角为θ,对物体进行受力分析,最初支持力等于mgcos θ,施加恒力F后,支持力等于mgcos θ+Fsin 30°,支持力一定增大。根据牛顿第三定律,A对斜面的压力一定变大,选项A、B错误;因为轻弹簧处于压缩状态,故最初摩擦力可能向上,可能向下,也可能为0,施加恒力F后,F沿斜面向上的分力为Fcos 30°,由于F大小未知,摩擦力可能仍向上,也可能等于0,也可能向下,摩擦力的大小可能增大,也可能减小,选项C错误、D正确。

11.答案 (1)12 600 m　 m/s2　(2)6 400 m

解析 (1)由题意可知v0=360 km/h=100 m/s,v=144 km/h=40 m/s,t=3 min=180 s

母车向子车2发出指令后立即做匀减速直线运动,两车同时到达B点,完成同速对接。母车运动的位移即母车发出指令时距离B点距离为s=t=12 600 m

母车匀减速的加速度大小为

a0= m/s2。

(2)对子车2做运动分析,设加速过程所用时间为t1,则v=at1

t1==40 s

加速过程的位移为

x1==800 m

匀速过程的位移为

x2=v(t-t1)=5 600 m

可得AB轨道长度为

lAB=x1+x2=6 400 m

12.答案 (1)1 s　(2)27 J　(3)22 m

解析 (1)设A的加速度大小为a1,对A由牛顿第二定律可得

μ2mg+μ1(M+m)g=Ma1

解得a1=3.5 m/s2,方向向左。

设B的加速度大小为a2,对B由牛顿第二定律可得F+μ2mg=ma2

解得a2=10 m/s2,方向向右。

A做减速运动v1=v0-a1t

B做加速运动v2=a2t

A、B达到共同速度时v1=v2

解得t=1 s

(2)从开始计时到达到共同速度,A的位移大小为x1

x1=v0t-a1t2=11.75 m

B的位移大小为x2

x2=a2t2=5 m

AB间因摩擦而产生的热量为Q,则

Q=μ2mg(x1-x2)=27 J

(3)经分析,A、B达到共同速度之后无法相对静止,各自做变速运动,设A的加速度大小为a3,对A由牛顿第二定律可得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma3

解得a3=0.5 m/s2,方向向右;

1 s时,由(1)可得v1=10 m/s,第2 s内,A的位移大小为x3

x3=v1t+a3t2=10.25 m

2 s内滑板A的位移大小为

xA=x1+x3=22 m